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Mensagem não lidapor **LPavaNNN** » 31 Out 2015, 21:40 · Mensagem não lida por **LPavaNNN** » 31 Out 2015, 21:40

Considere uma placa infinita de espessura 2h, uniformemente carrega com uma densidade volumétrica p. Faz-se um furo de pequeno diâmetro perpendicular à placa. Conforme ilustrado na figura a seguir. Se a pequena carga -q de massa m, for abandonada no ponto A, ela iniciará um movimento harmônico simples cujo período é indicado na alternativa :

: Eletrostáticaemhs1.jpg (26.2 KiB) Exibido 1606 vezes

$\\A)T=\pi \sqrt{\frac{me}{qp}}\\B)2\pi \sqrt{\frac{me}{qp}}\\C)2\pi \sqrt{\frac{me}{2qp}}\\D)2\pi \sqrt{\frac{2me}{qp}}\\E)\frac{\pi}{2} \sqrt{\frac{me}{qp}}$

Mensagem não lidapor **jrneliodias** » 01 Nov 2015, 18:14 · 01 Nov 2015, 18:14

Olá, LPavaNNN.

Devido a simetria, podemos usar a Lei de Gauss para resolver problema. Antes de tudo, notemos que construindo uma Gaussiana na forma do túnel pontilhado, temos que suas faces tem área $A$ assim como altura $x$ e devemos saber que o campo elétrico na placa é constante, dessa forma:

$\int \vec{E}\cdot d\vec{A}=\frac{q}{\epsilon_0}$

$E\cdot 2A=\frac{\rho V}{\epsilon _0}$

$E\cdot 2A=\frac{\rho\, \,A\,x}{\epsilon _0}$

$E=\frac{\rho}{2\epsilon_0}\,\,x$

Dessa forma, temos

$qE=-m\ddot{x}$

$\ddot{x}+\frac{q\rho}{2m\epsilon_0}\,\,x=0$

Portanto,

$T=2\pi\sqrt{\frac{2m\epsilon_0}{q\rho}}$

Espero ter ajudado, abraço.

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