Haliday exercicios resolvidos.pdf

LISTA 1 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS

11 de Dezembro de 2004, as a` s 17:11

Exerc´ Exerc´ıcios ıcios Resolvidos de Teoria Eletromagn etica e´ tica Jason Alfredo Carlson Gallas Professor Profes sor Titular Titul ar de F´ısica ısica Te´ Teorica o´ rica Doutor em F´ısica ısica pela Universidade Ludwig Maximilian de Munique, Alemanha

Universidade Federal do Rio Grande do Sul Instituto Instit uto de F´ısica ısica Matéria eria para a PRIMEIRA prova. Numeraçao ˜ conforme a quarta edic ed içao a˜ o do livro livro “Funda mentos de F´ısica”, ısica” , Halliday, Hallid ay, Resnick e Walker.

Esta e outras listas encontram-se em: http://www.if.ufrgs.br/ jgallas clicando-se jgallas clicando-se em ‘ENSINO’

´ Conteudo 23 Carga Carga El´ Ele´ trica 23.1 23.1 Quest˜ Questões . . . . . . . . . . . . . . 23.2 23.2 Prob Proble lema mass e Exe Exerc´ rc´ıcio ı cioss . . . . . . 23.2.1 Lei de Coulomb . . . . . 23.2.2 23.2.2 A Carga Carga e´ Quantizada . . 23.2.3 23.2.3 A Carga Carga e´ Conservada . . 23.2.4 23.2.4 As Constantes Constantes da F´ısica: ısica: Aparte . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . . . . Um . . .

24 Campo Campo El Ele´ trico 24.1 24.1 Quest˜ Questões . . . . . . . . . . . . . . . . . 24.2 24.2 Prob Proble lema mass e Exer Exercc´ıcio ı cioss . . . . . . . . . 24.2.1 24.2.1 Linhas de campo campo elétrico . . . . 24.2 24.2.2 .2 O camp campo o elétrico etrico criado criado por uma uma carg cargaa punt puntif ifor orme me . . . . . 24.2.3 24.2.3 O campo campo criado criado por um dipolo dipolo elétrico . . . . . . . . . . . . .

2 2 3 3 8 10

24.2.4 24.2.4 O campo criado criado por uma linha linha de cargas . . . . . . . . . . . . 24.2.5 24.2.5 O camp campo o el´ elétrico etrico criado por um disco carregado . . . . . . . . . 24.2.6 24.2.6 Carga Carga puntifo puntiforme rme num campo campo elétrico . . . . . . . . . . . . . 24.2.7 Um dipolo dipolo num campo campo elétri e trico co .

25 Lei de Gauss 25.1 25.1 Quest˜ Questões . . . . . . . . . . . . . . . . . 12 25.2 25.2 Prob Proble lema mass e Exer Exercc´ıcio ı cioss . . . . . . . . . 12 25.2.1 25.2.1 Fluxo Fluxo do campo campo el´ elétrico . . . . 12 25.2.2 Lei de Gauss . . . . . . . . . . 12 25.2.3 25.2.3 Um condut condutor or carreg carregado ado isolad isolado o 25.2.4 Lei de Gauss: Gauss: simetria simetria cil´ındrica ındrica 13 25.2 25.2.5 .5 Lei Lei de Gaus Gauss: s: sime simetr tria ia plan planaa . . 25.2.6 Lei de de Gauss: Gauss: simetria simetria esférica . 15 10

Comentários/Sugest˜ arios/Sugestões oes e Erros: favor enviar para

17 19 19 23

24 24 25 25 25 26 27 28 30

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Car Carga El´ Eletrica e´ trica Q 23-3

23.1 23.1

Ques Questt ˜ oes

Q 23-1 Sendo dadas duas esferas de metal montadas em suporte portátil atil de material isolante, invente um modo de carregá-las a-las com quantidades de cargas iguais e de sinais opostos. Você pode usar uma uma barra de vidro vidro ativada ativada com ´ seda, mas ela não ao pode tocar as esferas. E necessário ario que as esferas sejam do mesmo tamanho, para o método funcionar? Um método etodo simples e´ usar induç ao a˜ o elétrost´ etrostática: atica: ao aproximarmos a barra de vidro de qualquer uma das esferas quando ambas estiverem em contato iremos induzir (i) na esfera mais próxima, oxima, uma mesma carga igual e oposta a` carga da barra e, (ii) na esfera mais afastada, uma carga carga igual igual e de mesmo mesmo sinal sinal que a da barra. barra. Se separarmos então ao as duas esferas, cada uma delas delas ir a´ ficar com cargas de mesma magnitude porém em com sinais opostos. opostos. Este process processo o não ao depende do raio das esferas. Note, entretan entretanto, to, que a densidade a densidade de de cargas sobre a superf´ superf ´ıcie ıcie de cada cad a esfera esfer a ap os o ´ s a separac sepa raç ao a˜ o obviamente depende do raio das esferas.

Uma barra carregada carregada atrai fragmentos fragmentos de cortiça ¸a que, assim que a tocam, são ao violentamente repelidos. Explique a causa disto. Como os dois corpos atraem-se inicialmente, deduzimos que eles possuem quantidades de cargas com sinais tocarem-se a quantidade quantidade de cargas cargas menor menor diferentes. diferentes . Ao tocarem-se e´ equilibra equilibrada da pelas pelas cargas cargas de sinal sinal oposto oposto.. Como Como a carga carga que sobra reparte-se reparte-se entre os os dois dois corpos, corpos, estes estes passam passam a repelir-se por possuirem, então, ao, cargas de mesmo de mesmo sinal. sinal. Note que afirmar existir repulsão a o após os os corpos afirmar existir tocarem-se equivale a afirmar ser diferente diferente a quantidade de cargas existente inicialmente em cada corpo.

Q 23-4 As experiências encias descrita d escritass na Secç ao a˜ o 23-2 poderiam ser explicadas postulando-se quatro tipos de carga, a saber, a do vidro, a da seda, a do plástico astico e a da pele do animal. Qual e´ o argumento contra isto? ´ fácil E acil verificar experimentalmente que os quatro tipos ‘novos’ de carga não ao poderiam ser diferentes umas das outras. outras. Isto porque porque é poss´ıvel ıvel separar-se os quatro tipos de carga em dois pares de duas cargas que são indistingu´ disting u´ıveis ıveis um do outro, outro , experimentalment experimen talmente. e.

Q 23-2 Na questão ao anterior, descubra um modo de carregar as esferas com quantidades de carga iguais e de mesmo sinal. Novamente Novamente,, e´ necessário ario que as esferas tenham o mesmo tamanho tamanho para o m etodo e´ todo a ser usado? O enunciado do problema anterior não ao permite que toquemos com o bastão ao nas esferas. esferas. Portanto, Portanto, repetirepetimos a induç ao a˜ o eletrostática atica descrita no exerc´ıcio ıcio anterior. Porém, em, mantendo sempre a barra próxima oxima de uma das esferas, removemos a outra, tratando de neutralizar a carga sobre ela (por exemplo, exemplo, aterrando-a). aterrando-a). Se afastarmos o bastão ao da esfera e a colocarmos colocarmos novamente novamente em contato com a esfera cuja carga foi neutralizada, iremos permitir que a carga possa redistribuir-se homogeneamente sobre mente sobre ambas as esferas. esferas. Deste modo garantimos garantimos que o sinal o sinal das das cargas em ambas esferas é o mesmo. Para que a magnitude das cargas seja também e m idêntica entica e´ ´ que a necessário ario que as esferas tenham o mesmo raio. E densidade superficial comum as a` s duas duas esferas esferas quando quando em contato irá sofrer so frer alterac altera ç oes o˜ es diferentes em cada esfera, apos o´ s elas serem separadas, caso os raios sejam diferentes. http://www.if.ufrgs.br/ jgallas

Q 23-6 Um isolante carregado pode ser descarregado passandoo logo acima de uma chama. Explique por qu e? eˆ ? ´ que a alta temperatura acima da chama ioniza o ar, E tornando-o condutor, permitindo o fluxo de cargas.

Q 23-9 Por que as experiências encias em eletrostática atica não ao funcionam bem em dias umidos? u ´ midos? Em dia dias umidos u´ midos existe existe um exces excesso so de vapor vapor de agua a´ gua no ar. ar. Conforme Conforme será estudado no Cap´ıtulo ıtulo 24, a molécula ecula de agua, a´ gua, , pertence pertence a` classe de moléculas eculas que que poss possui ui o que que se cham chamaa de ‘mom ‘momen ento to de dipo dipolo lo elétrico’, etrico’, isto e, e´ , nestas moléculas eculas o centro das cargas positivas não ao coincide com o centro das cargas negativas. tivas. Este desequil´ desequil´ıbrio ıbrio faz com que tais moléculas eculas sejam elétricamente etricamente ativas, ativas, podendo podendo ser atraidas atraidas por superf´ıcies ıcies carregadas, tanto positiva quanto negativamente. mente. Ao colidirem com superf´ superf´ıcies ıcies carregadas carregadas,, as Página agina 2 de 34


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Car Carga El´ Eletrica e´ trica Q 23-3

23.1 23.1

Ques Questt ˜ oes

Q 23-1 Sendo dadas duas esferas de metal montadas em suporte portátil atil de material isolante, invente um modo de carregá-las a-las com quantidades de cargas iguais e de sinais opostos. Você pode usar uma uma barra de vidro vidro ativada ativada com ´ seda, mas ela não ao pode tocar as esferas. E necessário ario que as esferas sejam do mesmo tamanho, para o método funcionar? Um método etodo simples e´ usar induç ao a˜ o elétrost´ etrostática: atica: ao aproximarmos a barra de vidro de qualquer uma das esferas quando ambas estiverem em contato iremos induzir (i) na esfera mais próxima, oxima, uma mesma carga igual e oposta a` carga da barra e, (ii) na esfera mais afastada, uma carga carga igual igual e de mesmo mesmo sinal sinal que a da barra. barra. Se separarmos então ao as duas esferas, cada uma delas delas ir a´ ficar com cargas de mesma magnitude porém em com sinais opostos. opostos. Este process processo o não ao depende do raio das esferas. Note, entretan entretanto, to, que a densidade a densidade de de cargas sobre a superf´ superf ´ıcie ıcie de cada cad a esfera esfer a ap os o ´ s a separac sepa raç ao a˜ o obviamente depende do raio das esferas.

Uma barra carregada carregada atrai fragmentos fragmentos de cortiça ¸a que, assim que a tocam, são ao violentamente repelidos. Explique a causa disto. Como os dois corpos atraem-se inicialmente, deduzimos que eles possuem quantidades de cargas com sinais tocarem-se a quantidade quantidade de cargas cargas menor menor diferentes. diferentes . Ao tocarem-se e´ equilibra equilibrada da pelas pelas cargas cargas de sinal sinal oposto oposto.. Como Como a carga carga que sobra reparte-se reparte-se entre os os dois dois corpos, corpos, estes estes passam passam a repelir-se por possuirem, então, ao, cargas de mesmo de mesmo sinal. sinal. Note que afirmar existir repulsão a o após os os corpos afirmar existir tocarem-se equivale a afirmar ser diferente diferente a quantidade de cargas existente inicialmente em cada corpo.

Q 23-4 As experiências encias descrita d escritass na Secç ao a˜ o 23-2 poderiam ser explicadas postulando-se quatro tipos de carga, a saber, a do vidro, a da seda, a do plástico astico e a da pele do animal. Qual e´ o argumento contra isto? ´ fácil E acil verificar experimentalmente que os quatro tipos ‘novos’ de carga não ao poderiam ser diferentes umas das outras. outras. Isto porque porque é poss´ıvel ıvel separar-se os quatro tipos de carga em dois pares de duas cargas que são indistingu´ disting u´ıveis ıveis um do outro, outro , experimentalment experimen talmente. e.

Q 23-2 Na questão ao anterior, descubra um modo de carregar as esferas com quantidades de carga iguais e de mesmo sinal. Novamente Novamente,, e´ necessário ario que as esferas tenham o mesmo tamanho tamanho para o m etodo e´ todo a ser usado? O enunciado do problema anterior não ao permite que toquemos com o bastão ao nas esferas. esferas. Portanto, Portanto, repetirepetimos a induç ao a˜ o eletrostática atica descrita no exerc´ıcio ıcio anterior. Porém, em, mantendo sempre a barra próxima oxima de uma das esferas, removemos a outra, tratando de neutralizar a carga sobre ela (por exemplo, exemplo, aterrando-a). aterrando-a). Se afastarmos o bastão ao da esfera e a colocarmos colocarmos novamente novamente em contato com a esfera cuja carga foi neutralizada, iremos permitir que a carga possa redistribuir-se homogeneamente sobre mente sobre ambas as esferas. esferas. Deste modo garantimos garantimos que o sinal o sinal das das cargas em ambas esferas é o mesmo. Para que a magnitude das cargas seja também e m idêntica entica e´ ´ que a necessário ario que as esferas tenham o mesmo raio. E densidade superficial comum as a` s duas duas esferas esferas quando quando em contato irá sofrer so frer alterac altera ç oes o˜ es diferentes em cada esfera, apos o´ s elas serem separadas, caso os raios sejam diferentes. http://www.if.ufrgs.br/ jgallas

Q 23-6 Um isolante carregado pode ser descarregado passandoo logo acima de uma chama. Explique por qu e? eˆ ? ´ que a alta temperatura acima da chama ioniza o ar, E tornando-o condutor, permitindo o fluxo de cargas.

Q 23-9 Por que as experiências encias em eletrostática atica não ao funcionam bem em dias umidos? u ´ midos? Em dia dias umidos u´ midos existe existe um exces excesso so de vapor vapor de agua a´ gua no ar. ar. Conforme Conforme será estudado no Cap´ıtulo ıtulo 24, a molécula ecula de agua, a´ gua, , pertence pertence a` classe de moléculas eculas que que poss possui ui o que que se cham chamaa de ‘mom ‘momen ento to de dipo dipolo lo elétrico’, etrico’, isto e, e´ , nestas moléculas eculas o centro das cargas positivas não ao coincide com o centro das cargas negativas. tivas. Este desequil´ desequil´ıbrio ıbrio faz com que tais moléculas eculas sejam elétricamente etricamente ativas, ativas, podendo podendo ser atraidas atraidas por superf´ıcies ıcies carregadas, tanto positiva quanto negativamente. mente. Ao colidirem com superf´ superf´ıcies ıcies carregadas carregadas,, as Página agina 2 de 34


moléculas eculas agem no sentido de neutralizar parte da carga na superf´ıcie, ıcie, provocando deste modo efeitos indesejáveis aveis para os experimentos de eletrostática. atica. Isto porque não ao se tem mais certeza sobre qual a quantidade de carga que realmente que realmente se se encontra encon tra sobre so bre a superf´ıcie. ıcie.


das duas cargas. Como você poderia testar este fato no laboratório? orio? Estudando de que modo varia a força ¸a necessária aria para levar-se cargas de distintos valores até uma distância ancia , constante, de uma outra carga fixa no espaço. ¸o.

Q 23-13 Uma Uma pesso pessoaa em pé sobr sobree um banc banco o isol isolad ado o toca toca um concondutor também em isolado, mas carregado. Haverá descarga completa do condutor? Não. ao. Haverá apenas apenas uma redistribu redistribuic iç ao a˜ o da carg cargaa entr entree o condutor e a pessoa.

Q 23-14 (a) Uma barra barra de vidro vidro positi positiva vamen mente te carreg carregada ada atrai atrai um objeto suspenso suspenso.. Podemos Podemos concluir concluir que o objeto está carregado negativamente? negativamente? (b) (b) A A mesma barra carregada positivamente repele o objeto suspenso. Podemos concluir que o objeto está positivamente carregado? (a) Não. ao. Poder´ Poder´ıamos ıamos estar estar lidando lidando com um objeto neutro porém met em met ´ alico, alico , sobre o qual seria poss´ıvel ıvel in´ duzir uma carga, que passaria então ao a ser atraido pela barra. barra. (b) Sim, Sim, pois não ao se pode induzir carga de mesmo sinal.

Q 23-16 Teria feito alguma diferença significativa se Benjamin Franklin tivesse chamado os elétrons etrons de positivos e os protons o´ tons de negativos?

Q 23-18 Um elétron etron (carga (carga ) gira gira ao redo redorr de um núcleo ucleo (carga ) de um atom a´ tomo o de hélio e lio.. Qual Qual das das part´ıculas ıculas exerce maior m aior força sobre a outra? ou tra? Se realmente você não ao souber a resposta correta, ou faz e entende o o Exerc´ Exe rc´ıcio ıci o E 23-2 ou tranca o curso bem rápido! apido! for ça ¸a el´ eletrica e´ trica que uma carga exerce Q 23-15 extra A forc sobre outra se altera ao aproximarmos delas outras cargas? A força entre duas cargas quaisquer depende unica u ´ nica e exclusivamente das grandezas que aparecem na expressão ao matemática atica da lei de Coulomb. Portanto, é f acil a´ cil conclu concluirir-se se que a forc força ¸a pre-ex pre-exist istent entee entre entre um par de carcargas jamais poderá depender depen der da d a aproximac apr oximaç ao a˜ o de uma ou mais cargas. cargas. Observe, Observe, entretanto, entretanto, que a ‘novidade’ ‘novidade’ que resulta da aproxim a proximac açao a˜ o de cargas extras é que a força resultante sobre resultante sobre cada carga pre-existente poderá alterarse, podendo podendo tal resultante resultante ser facilmente facilmente determinada determinada com o princ´ıpio ıpio de superposic superpo siçao. a˜ o.

Não. Tais ais nome nomess são a o apen apenas as uma uma ques quest˜ tão de conve co nvenc nçao. a˜ o. Na terceira ediç ao a˜ o do livro, afirmava-se que Franklin, além em de ‘positivo’ e ‘negativo’, haveria introduzido também em as denominac denomin açoes o˜ es ‘bateria’ ‘bateria’ e ‘carga’. ‘carga’. Na quarta qua rta edic edi ç ao a˜ o a coisa já mudou de figura... figura... Eu tenho a impressão ao que ‘positivo’ e ‘negativo’ devem ser anteriores a Franklin Franklin mas n ao a˜ o consegui localizar referências encias adequadas. adequad as. O qu´ımico ımico franc fran ces eˆ s Charles Char les Franc F rançois ¸oi s de Cisternay Du Fay (1698-1739), descobriu a existência encia de dois “tipos de eletricidade”: vitrea eletricidade”: vitrea (do (do vidro) e resinosa e resinosa (da resina). Porém, em, a quem será que devemos os nomes de cargas “positivas” e “negativas”? Ofereço ¸o uma garrafa de boa champanha a quem por primeiro me mostrar a soluç ao a˜ o deste puzzle!

Q 23-17 A Lei de Coulomb prevê que a forc f orça ¸a exercida por uma carga puntiforme sobre outra e´ proporcional ao produto http://www.if.ufrgs.br/ jgallas

23.2 23.2

Probl Problema emass e Exerc Exerc´´ıcios ıcios

23.2.1 23.2.1 Lei de Coulomb Coulomb E 23-1 Qual seria a força ¸a eletrostática atica entre duas cargas de Coulomb separadas por uma distância ancia de (a) de (a) m e (b) e (b) km se tal configur c onfigurac aç ao a˜ o pudesse ser estabelecida? (a) (b)

N. N.

E 23-2 Uma carga puntiforme de C dista cm de uma segunda carga puntiforme de C. Calcular o módulo odulo da d a força eletrost´ eletros tática atica que atua sobre cada carga. Página agina 3 de 34


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De acordo com a terceira Lei de Newton, a força que uma carga exerce sobre outra carga e´ igual em modulo ´ e de sentido contrário a` força que a carga exerce sobre a carga . O valor desta força é dado pela Eq. 23-4. Conform e a convenção do livro, usamos aqui os módulos das cargas. Portanto

kg (b) Como temos

segue que

C N

E 23-7

E 23-3 Qual deve ser a distância entre duas cargas puntiformes Ce C para que o mo´ dulo da força eletrostática entre elas seja de N?

metros

E 23-4 Na descarga de um relâmpago t´ıpico, uma corrente de Ampères flui durante s. Que quantidade de carga e´ transferida pelo relâmpago? [Note: Amp e` re e´ a unidade de corrente no SI; está definida na Secç a˜ o 282 do livro; mas o cap´ıtulo 23 fornece meios de resolver o problema proposto.] Usamos a Eq. (23-3): C Tal carga e´ grande ou pequena? Compare com as cargas dadas nos Exemplos resolvidos do livro.

E 23-5 Duas part´ıculas igualmente carregadas, mantidas a uma distância m uma da outra, são largadas a partir do repouso. O m o´ dulo da aceleraça˜ o inicial da primeira part´ıcula e´ de m/s e o da segunda e´ de m/s . Sabendo-se que a massa da primeira part´ıcula vale Kg, quais são: (a) a massa da segunda part´ıcula? (b) o mo´ dulo da carga comum? (a) Usando a terceira lei de Newton temos , de modo que

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Duas esferas condutoras idênticas e isoladas, e , possuem quantidades iguais de carga e estão separadas por uma distância grande comparada com seus diâmetros (Fig. 23-13a). A força eletrostática que atua sobre a esfera devida a esfera e´ . Suponha agora que uma terceira esfera id eˆ ntica , dotada de um suporte isolante e inicialmente descarregada, toque primeiro a esfera (Fig. 23-13b), depois a esfera (Fig.. 23-13c) e, em seguida, seja afastada (Fig. 23-13d). Em termos de , qual e´ a força que atua agora sobre a esfera ? Chamemos de a carga inicial sobre as esferas e . Após ser tocada pela esfera , a esfera retém uma carga igual a . Após ser tocada pela esfera , a esfera irá ficar com uma carga igual a . Portanto, teremos em módulo

onde e´ uma constante (que envolve bem como a distância fixa entre as esferas e , mas que não vem ao caso aqui) e representa o mo´ dulo de .

P 23-8 Três part´ıculas carregadas, localizadas sobre uma linha reta, estão separadas pela distância (como mostra a Fig. 23-14). As cargas e são mantidas fixas. A carga , que está livre para mover-se, encontra-se em equil´ıbrio (nenhuma força eletrostática l´ıquida atua sobre ela). Determine em termos de . Chame de a força sobre devida a carga . Observando a figura, podemos ver que como está em equil´ıbrio devemos ter . As forças e têm módulos iguais mas sentidos opostos, logo, e tem sinais opostos. Abreviando-se , temos então

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Substituindo estes valores na equaça˜ o , obtemos . Como as cargas devem ter sinais opostos, podemos escrever , que e´ a resposta procurada. Observe que o sinal da carga permanece totalmente arbitrário.

P 23-10 Na Fig. 23-15, quais são as componentes horizontal e vertical da força eletrostática resultante que atua sobre a carga do vértice esquerdo inferior do quadrado, sendo Ce cm? Primeiro, escolhemos um sistema de coordenadas com a origem coincidente com a carga no canto esquerdo, com o eixo horizontal e eixo vertical, como de costume. A força exercida pela carga na carga e´

A força exercida por sobre

Finalmente, a força exercida por

e´

sobre

e´

N

P 23-12 Duas esferas condutoras idênticas, mantidas fixas, atraem-se com uma força eletrostática de módulo igual a N quando separadas por uma distância de cm. As esferas são então ligadas por um fio condutor fino. Quando o fio e´ removido, as esferas se repelem com uma força eletrostática de módulo igual a N. Quais eram as cargas iniciais das esferas? Sejam e as cargas originais que desejamos calcular, separadas duma distância . Escolhamos um sistema de coordenadas de modo que a força sobre e´ positiva se ela for repelida por . Neste caso a magnitude da força ‘inicial’ sobre e´

onde o sinal negativo indica que as esferas se atraem. Em outras palavras, o sinal negativo indica que o produto e´ negativo, pois a força , , e´ força de atraçao. ˜ Como as esferas s a˜ o idênticas, ap o´ s o fio haver sido conectado ambas terão uma mesma carga sobre elas, de valor . Neste caso a força de repulsão ‘final’ e´ dada por

Das duas expressões acima tiramos a soma e o produto de e , ou seja Portanto, a magnitude da componente horizontal da força resultante e´ dada por C e

N enquanto que a magnitude da componente vertical é dada por


C Conhecendo-se a soma e o produto de dois números, conhecemos na verdade os coeficientes da equaç ão do segundo grau que define estes números, ou seja,

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Dito de outra forma, se substituirmos

na equaça˜ o da soma acima temos duas possibilidades:

ou

carga seja positiva). Por outro lado, a terceira carga deve ser negativa pois, se ela fosse positiva, as cargas e não poderiam ficar em equil´ıbrio, pois as forças sobre elas seriam somente repulsivas. Vamos designar a terceira carga por , sendo maior que zero. Seja a distância entre e . Para que a carga esteja em equil´ıbrio, o modulo ´ da força que exerce sobre deve ser igual ao módulo da força que exerce sobre . Portanto,

Considerando-se a Eq. , temos ou seja de onde tiramos as duas soluç o ˜ es

O sinal fornece-nos C

e

C

enquanto que o sinal fornece-nos C

e

C

onde usamos a Eq. (*) acima para calcular a partir de . Repetindo-se a análise a partir da Eq. percebemos que existe outro par de soluç o˜ es poss´ıvel, uma vez que revertendo-se os sinais das cargas, as forças permanecem as mesmas: C

e

C

ou C

e

C

P 23-15 Duas cargas puntiformes livres e estão a uma distância uma da outra. Uma terceira carga e´ , então, colocada de tal modo que todo o sistema fica em equil´ıbrio. (a) Determine a posiç a˜ o, o m o´ dulo e o sinal da terceira carga. (b) Mostre que o equil´ıbrio e´ instável. (a) A terceira carga deve estar situada sobre a linha que une a carga com a carga . Somente quando a terceira carga estiver situada nesta posiç a˜ o, será poss´ıvel obter uma resultante nula, pois, em qualquer outra situaç a˜ o, as forças serão de atraç a˜ o (caso a terceira carga seja negativa) ou de repulsão (caso a terceira http://www.if.ufrgs.br/ jgallas

As soluç o˜ es da equaça˜ o do segundo grau são e , sendo que apenas esta ultima ´ soluç a˜ o é fisicamente aceitável. Para determinar o módulo de , use a condiça˜ o de equil´ıbrio duas cargas do sistema. Por exemplo, para que a carga esteja em equil´ıbrio, o mo´ dulo da força que exerce sobre deve igualar a módulo da força de sobre :

Dai tiramos que fornece o valor procurado:

que, para

,

(b) O equil´ıbrio e´ instável; esta conclusão pode ser provada analiticamente ou, de modo mais simples, pode ser verificada acompanhando-se o seguinte racioc´ınio. Um pequeno deslocamento da carga de sua posiç a˜ o de equil´ıbrio (para a esquerda ou para a direita) produz uma força resultante orientada para esquerda ou para a direita.

P 23-16 (a) Que cargas positivas iguais teriam de ser colocadas na Terra e na Lua para neutralizar a atraç a˜ o gravitacio´ necessário conhecer a distância entre a nal entre elas? E Terra e a Lua para resolver este problema? Explique. (b) Quantos quilogramas de hidrogênio seriam necessários para fornecer a carga positiva calculada no item (a)? (a) A igualdade das forças envolvidas fornece a seguinte expressão:

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onde e´ a massa da Terra e a massa da Lua. Portanto, usando-se as constantes fornecidas no Apêndice C, temos C Como foi poss´ıvel eliminar entre os dois membros da equaça˜ o inicial, vemos claramente nao ˜ ser necessario ´ conhecer-se o valor de . (b) Um a´ tomo de hidrogênio contribui com uma carga positiva de C. Portanto, o número de a´ tomos de hidrogênio necessários para se igualar a carga do item (a) e´ dado por C Portanto, a massa de hidrogênio necessária e´ simplesmente , onde e´ a massa de um átomo de hidrogênio (em kilogramas) [veja o valor da unidade de massa unificada no Apêndice B, pág. 321]

Kg

P 23-19 Duas pequenas esferas condutoras de massa estão suspensas por um fio de seda de comprimento e possuem a mesma carga , conforme e´ mostrado na figura abaixo. Considerando que o aˆ ngulo e´ t a˜ o pequeno que possa ser substituida por sen : (a) mostre que para esta aproximaç a˜ o no equil´ıbrio teremos:

onde cm,

e´ a distância entre as esferas. (b) Sendo ge cm, quanto vale ?

(a) Chamando de a tensão em cada um dos fios e de o mo´ dulo da força eletrostá tica que atua sobre cada uma das bolas temos, para que haja equil´ıbrio:

sen

Dividindo membro a membro as duas relaç o˜ es anteriores, encontramos:

P 23-18 Uma carga e´ dividida em duas partes e , que são, a seguir, afastadas por uma certa distância entre si. Qual deve ser o valor de em termos de , de modo que a repulsão eletrostática entre as duas cargas seja máxima? A magnitude da repulsão entre

e

e´

Como e´ um aˆ ngulo pequeno, podemos usar a aproximação sen Por outro lado, a força eletrostática de repulsão entre as cargas e´ dada por

A condiça˜ o para que seja máxima em relaça˜ o a e´ que sejam satisfeitas simultaneamente as equaço˜ es e

Igualando-se as duas expressões para para , encontramos que

e resolvendo

A primeira condiça˜ o produz (b) As duas cargas possuem o mesmo sinal. Portanto, da expressão acima para , obtemos cuja soluç a˜ o e´ . Como a segunda derivada e´ sempre menor que zero, a soluç a˜ o encontrada, , produzirá a força máxima. Observe que a resposta do problema e´ . http://www.if.ufrgs.br/ jgallas

e n ao ˜

C nC

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P 23-20 No problema anterior, cujas esferas são condutoras (a) O que acontecerá após uma delas ser descarregada? Explique sua resposta. (b) Calcule a nova separaça˜ o de equil´ıbrio das bolas. (a) Quando uma das bolas for descarregada não poderá mais haver repulsão Coulombiana entre as bolas e, consequentemente, as bolas cairão sob aç a˜ o do campo gravitacional até se tocarem. Ao entrarem em contato, a carga que estava originalmente numa das bolas irá se repartir igualmente entre ambas bolas que, entã o, por estarem novamente ambas carregadas, passarão a repelirseaté atingir uma nova separaça˜ o de equil´ıbrio, digamos . (b) A nova separaçaõ de equil´ıbrio pode ser calculada usando-se : cm

m m

sendo, por exemplo, positivo. O peso exerce uma força para baixo de magnitude , a uma distância a partir do mancal. Pela convença˜ o acima, seu torque também e´ positivo. A carga a` direita exerce uma força para cima de magnitude , a uma distância do mancal. Seu torque e´ negativo. Para que não haja rotaça˜ o, os torque sacima devem anular-se, ou seja

Portanto, resolvendo-se para , obtemos

(b) A força l´ıquida na barra anula-se. Denotando-se por a magnitude da força para cima exercida pelo mancal, então

Quando a barra não exerçe nenhuma força, temos . Neste caso, a expressão acima, fornece-nos facilmente que

cm ´ poss´ıvel determinar o valor da tensão no fio de seE da?

P 23-21 A Fig. 23-17 mostra uma longa barra não condutora, de massa desprez´ıvel e comprimento , presa por um pino no seu centro e equilibrada com um peso a uma distância de sua extremidade esquerda. Nas extremidades esquerda e direita da barra são colocadas pequenas esferas condutoras com cargas positivas e , respectivamente. A uma distância diretamente abaixo de cada uma dessas cargas está fixada uma esfera com uma carga positiva . (a) Determine a distância quando a barra está horizontal e equilibrada. (b) Qual valor deveria ter para que a barra não exercesse nenhuma força sobre o mancal na situaç a˜ o horizontal e equilibrada? (a) Como a barra esta em equil´ıbrio, a força l´ıquida sobre ela e´ zero e o torque em relaça˜ o a qualquer ponto também e´ zero. Para resolver o problema, vamos escrever a expressão para o torque l´ıquido no mancal, igualala a zero e resolver para . A carga a` esquerda exerce uma força para cima de magnitude , localizada a uma distância do mancal. Considere seu torque como http://www.if.ufrgs.br/ jgallas

Observe que e´ essencial usar sempre um valor positivo para o braço de alavanca, para não se inverter o sentido do torque. Neste problema, o braço de alavanca positivo e´ , e não !

23.2.2

A Carga é Quantizada

E 23-24 Qual e´ a carga total em Coulombs de A massa do elétron e´ neira que a quantidade de elétrons em

kg de elétrons? kg de makg e´ elétrons

Portanto, a carga total e´

C

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E 23-26 O m odulo ´ da força eletrost a´ tica entre dois ´ıons idênticos que estão separados por uma distância de m vale N. (a) Qual a carga de cada ´ıon? (b) Quantos elétrons estão “faltando” em cada ´ıon (o que dá ao ´ıon sua carga n a˜ o equilibrada)?

A carga correspondente a mol de elétrons nada mais e´ do que , onde e´ o n u´ mero de Avogadro. Portanto

segundos

(a) Da Lei de Coulomb temos: dias

C (b) Cada elétron faltante produz uma carga positiva de C. Usando a Eq. 23-10, , encontramos o seguinte número de elétrons que faltam: elétrons

E 23-27 Duas pequenas gotas esféricas de a´ gua possuem cargas idênticas de C, e estão separadas, centro a centro, de cm. (a) Qual e´ o módulo da força eletrostática que atua entre elas? (b) Quantos elétrons em excesso existem em cada gota, dando a ela a sua carga não equilibrada? (a) Aplicando diretamente a lei de Coulomb encontramos, em magnitude,

N (b)A quantidade e´

de elétrons em excesso em cada gota

P 23-34 Na estrtura cristalina do composto (cloreto de césio), os ´ıons Cs formam os vértices de um cubo e um ´ıon de Cl está no centro do cubo (Fig. 23-18). O comprimento das arestas do cubo é de nm. Em cada ´ıon Cs falta um elétron (e assim cada um tem uma carga de ), e o ıón Cl tem um elétron em excesso (e assim uma carga ). (a) Qual e´ o módulo da força eletrostática l´ıquida exercida sobre o ´ıon Cl pelos oito ´ıons Cs nos vértices do cubo? (b) Quando está faltando um dos ´ıons Cs , dizemos que o cristal apresenta um defeito; neste caso, qual será a força eletrostática l´ıquida exercida sobre o ´ıon Cl pelos sete ´ıons Cs remanescentes? (a) A força l´ıquida sobre o ´ıon Cl e´ claramente zero pois as forças individuais atrativas exercidas por cada um dos ´ıons de Cs cancelam-se aos pares, por estarem dispostas simetricamente (diametralmente opostas) em relaça˜ o ao centro do cubo. (b) Em vez de remover um ´ıon de césio, podemos podemos superpor uma carga na posiç a˜ o de tal ´ıon. Isto neutraliza o ´ıon local e, para efeitos eletrostáticos, e´ equivalente a remover o ´ıon original. Deste modo vemos que a u ´ nica força não balanceada passa a ser a força exercida pela carga adicionada. Chamando de a aresta do cubo, temos que a diagonal do cubo e´ dada por . Portanto a distância entre os ´ıons e´ e a magnit ude da força

P 23-31 Pelo filamento de uma l aˆ mpada de W, operando em um circuito de V, passa uma corrente (suposta constante) de A. Quanto tempo e´ necessário para que mol de elétrons passe pela l aˆ mpada? De acordo com a Eq. 23-3, a corrente constante que passa pela lâmpada e´ , onde e´ a quantidade de carga que passa através da lâmpada num intervalo . http://www.if.ufrgs.br/ jgallas

N

P 23-35 Sabemos que, dentro das limitaç o˜ es impostas pelas medidas, os módulos da carga negativa do elétron e da carga positiva do próton sã o iguais. Suponha, entretanto, que estes módulos diferissem entre Página 9 de 34


s´ı por . Com que força duas pequenas moedas de cobre, colocadas a m uma da outra, se repeliriam? O que podemos concluir? (Sugest ao: ˜ Veja o Exemplo 23-3.) Como sugerido no problema, supomos que a moeda e´ a mesma do exemplo 23-3, que possui uma carga tanto positiva quanto negativa igual dada por C. Se houvesse uma diferença (desequil´ıbrio) de cargas, uma das cargas seria maior do que a outra, ter´ıamos para tal carga um valor


As reaço˜ es completas de decaimento beta aqui mencionados são, na verdade, as seguintes:

onde representa uma part´ıcula elementar chamada neutrino. Interessados, podem ler mais sobre Decaimento Beta na Secça˜ o 47-5 do livro texto.

E 23-38 Usando o Apêndice D, identifique reaç oes ˜ nucleares:

nas seguintes

onde . Portanto a magnitude da força entre as moedas seria igual a

N Como tal força seria facilmente observável, concluimos que uma eventual diferença entre a magnitude das cargas positiva e negativa na moeda somente poderia ocorrer com um percentual bem menor que . Note que sabendo-se o valor da menor força poss´ıvel de se medir no laboratório e´ possivel estabelecer qual o limite percentual m a´ ximo de erro que temos hoje em dia na determinaça˜ o das cargas. De qualquer modo, tal limite e´ MUITO pequeno, ou seja, uma eventual assimetria entre o valor das cargas parece não existir na prática, pois teria conseqüeˆ ncias observáveis, devido ao grande número de cargas presente nos corpos macroscópicos (que estão em equil´ıbrio).

23.2.3

A Carga é Conservada

E 23-37 No decaimento beta uma part´ıcula fundamental se transforma em outra part´ıcula, emitindo ou um elétron ou um pósitron. (a) Quando um próton sofre decaimento beta transformando-se num nêutron, que part´ıcula e´ emitida? (b) Quando um nêutron sofre decaimento beta transformando-se num próton, qual das part´ıculas e´ emitida? (a) Como existe conservaça˜ o de carga no decaimento, a part´ıcula emitida precisa ser um p o´ sitron. (b) Analogamente, a part´ıcula emitida e´ um elétron. http://www.if.ufrgs.br/ jgallas

Como nenhuma das reaço˜ es acima inclui decaimento beta, a quantidade de pró tons, de neutrons e de elétrons e´ conservada. Os números atômicos (prótons e de elétrons) e as massas molares (prótons + nêutrons) estão no Apêndice D. (a) H tem pro´ ton, elétron e nêutrons enquanto que o Be tem pro´ tons, elétrons e nêutrons. Portanto tem pro´ tons, elétrons e nêutrons. Um dos nêutrons e´ liberado na reaç a˜ o. Assim sendo, deve ser o boro, B, com massa molar igual a g/mol. (b) C tem pro´ tons, elétrons e nêutrons enquanto que o H tem proton, ´ elétron e nêutrons. Portanto tem pro´ tons, elétrons e nêutrons e, consequentemente, deve ser o nitrogênio, N, que tem massa molar g/mol. (c) N tem protons, ´ elétrons e nêutrons, o H tem pro´ ton, elétron e nêutrons e o He tem pro´ tons, elétrons e nêutrons. Portanto tem pro´ tons, elétrons e nêutrons, devendo ser o carbono, C, com massa molar de g/mol.

23.2.4

As Constantes da F´ısica: Um Aparte

E 23-41 (a) Combine as quantidades , e para formar uma grandeza com dimensão de comprimento. (Sugest ao: ˜ combine o “tempo de Planck” com a velocidade da luz, conforme Exemplo 23-7.) (b) Calcule este “comprimento de Planck” numéricamente. Página 10 de 34



(a) Usando-se o Ap eˆ ndice A, fica f a´ cil ver que as três contantes dadas tem as seguintes dimensões: kg

[ ]

(a) Combine as grandezas , e para formar uma grandeza com dimensão de massa. Não inclua nenhum fator adimensional. (Sugest ao: ˜ Considere as unidades e como e´ mostrado no Exemplo 23-7.) (b) Calcule esta “massa de Planck” numericamente. A resposta pode ser encontrada fazendo-se uma análise dimensional das constantes dadas e de funç o ˜ es simples obtidas a partir delas:

kg

[ ] Portanto, o produto

Planck

não contém kg:

kg Através de divisão do produto acima por uma potência apropriada de podemos obter eliminar facilmente ou ou do produto, ou seja,

Pode-se verificar que esta resposta está correta fazendose agora o ‘inverso’ da análise dimensional que foi usada para estabelece-la, usando-se o conveniente resumo dado no Apêndice A: kg

kg

kg Portanto Planck . (b) O valor numérico pedido e´ , uma vez que ,

Planck

m

P 23-42


kg

kg

kg

Portanto, extraindo-se a raiz quadrada deste radicando vemos que, realmente, a combinaça˜ o das constantes acima tem dimensão de massa. E se usassemos em vez de ?... Em outras palavras, qual das duas constantes devemos tomar?

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24

24.1

Campo Elétrico

Quest ˜ oes

Q 24-2. Usamos uma carga teste positiva para estudar os campos elétricos. Poder´ıamos ter usado uma carga negativa? Porque? Não. Tal uso seria extremamente anti-natural e inconveniente pois, para começar, ter´ıamos o e apontando em direç o˜ es diferentes. Tecnicamente, poder´ıamos usar cargas negativas sim. Mas isto nos obrigaria a reformular vários conceitos e ferramentas utilizadas na eletrostática.

Q 24-3. As linhas de força de um campo el e´ trico nunca se cruzam. Por quê? Se as linhas de força pudessem se cruzar, nos pontos de cruzamento ter´ıamos duas tangentes diferentes, uma para cada linha que se cruza. Em outras palavras, em tal ponto do espaço ter´ıamos dois valores diferentes do campo elétrico, o que é absurdo.


Sem atrito, na situaça˜ o inicial mostrada na Figura 2417a, o movimento do dipolo elétrico será periódico e oscilatório em torno do eixo e em torno da posiça˜ o de alinhamento de com .

Q 24-3 extra. Uma bola carregada positivamente está suspensa por um longo fio de seda. Desejamos determinar num ponto situado no mesmo plano horizontal da bola. Para isso, colocamos uma carga de prova positiva neste ponto e medimos . A razão será menor, igual ou maior do que no ponto em questão? Quando a carga de prova é colocada no ponto em questão, ela repele a bola que atinge o equil´ıbrio numa posiça˜ o em que o fio de suspensão fica numa direça˜ o ligeiramente afastada da vertical. Portanto, a distância entre o centro da esfera e a carga de prova passa a ser maior que do que a distância antes do equil´ıbrio. Donde se conclui que o campo elétrico no ponto considerado (antes de colocar a carga de prova) é maior do que o valor medido por meio da referida carga de prova.

24.2

Problemas e Exerc´ıcios

Q 24-5. Uma carga puntiforme de massa e´ colocada em repouso num campo não uniforme. Será que ela seguirá, necessariamente, a linha de força que passa pelo ponto em que foi abandonada? Não. A força elétrica sempre coincidirá com a direça˜ o tangente à linha de força. A força elétrica, em cada ponto onde se encontra a carga, e´ dada por , onde e´ o vetor campo elétrico no ponto onde se encontra a carga. Como a carga parte do repouso, a direç a˜ o de sua aceleraç a˜ o inicial e´ dada pela direça˜ o do campo elétrico no ponto inicial. Se o campo elétrico for uniforme (ou radial), a trajetória da carga deve coincidir com a direção da linha de força. Entretanto, para um campo elétrico não uniforme (nem radial), a trajetória da carga não precisa coincidir necessariamente com a direç a˜ o da linha de força. Sempre coincidirá, porém, com a direça˜ o tangente a` linha de força.

Q 24-20. Um dipolo elétrico e´ colocado em repouso em um campo elétrico uniforme, como nos mostra a Figura 24-17a, pg. 30, sendo solto a seguir. Discuta seu movimento. http://www.if.ufrgs.br/ jgallas

24.2.1 Linhas de campo elétrico E 24-3. Três cargas estã o dispostas num triângulo equilátero, como mostra a Fig. 24-22. Esboce as linhas de força devidas a` s cargas e e, a partir delas, determine a direç a˜ o e o sentido da força que atua sobre , devido a` presença das outras duas cargas. (Sugest ao: ˜ Veja a Fig. 24-5) Chamando-se de de e as forças na carga devidas a` s cargas e , respectivamente, podemos ver que, em módulo, pois as distâncias bem como o produto das cargas (em módulo) são os mesmos.

As componentes verticais de e se cancelam. As componentes horizontais se reforçam, apontando da esquerda para a direita. Portanto a força resultante é horizontal com módulo igual a

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E 24-5. Esboce qualitativamente as linhas do campo elétrico para um disco circular fino, de raio , uniformemente carregado. (Sugest ao: ˜ Considere como casos limites pontos muito próximos ao disco, onde o campo elétrico e´ perpendicular a` superf´ıcie, e pontos muito afastados do disco, onde o campo elétrico e´ igual ao de uma carga puntiforme.) Em pontos muito próximos da superf´ıcie do disco, para distâncias muito menores do que o raio do disco, as linhas de força são semelhantes a` s linhas de força de um plano infinito com uma distribuiça˜ o de cargas uniforme. Como a carga total do disco e´ finita, a uma distância muito grande do disco, as linhas de força tendem a se confundir com as linhas de força de uma carga puntiforme . Na figura abaixo, esboçamos apenas as linhas de força da parte superior do disco e consideramos uma distribuiç a˜ o de cargas positivas.

C

E 24-10. Duas cargas puntiformes de módulos C e C estão separadas por uma distância de cm. (a) Qual o m o´ dulo do campo elétrico que cada carga produz no local da outra? (b) Que força elétrica atua sobre cada uma delas? (a) O mo´ dulo do campo sobre cada carga é diferente, pois o valor da carga e´ diferente em cada ponto.

N/C

N/C (b) O m o´ dulo da força sobre cada carga e´ o mesmo. Pela lei de Newton (aça˜ o e reaç a˜ o): e, portanto,

N

24.2.2

O campo elétrico criado por uma carga punNote que como não sabemos os sinais das cargas, não tiforme podemos determinar o sentido dos vetores.

E 24-7.

E 24-11.

Qual deve ser o módulo de uma carga puntiforme escolhida de modo a criar um campo elétrico de N/C em pontos a m de distância? Da definiç a˜ o de campo elétrico, Eq. 24-3, sabemos que . Portanto, nC

Duas cargas iguais e de sinais opostos (de módulo C) são mantidas a uma distância de cm uma da outra. (a) Quais sã o o módulo, a direç a˜ o e o sentido de E no ponto situado a meia distância entre as cargas? (b) Que força (mo´ dulo, dire ça˜ o e sentido) atuaria sobre um elétron colocado nesse ponto? (a) Como o módulo das cargas e´ o mesmo, estando elas igualmente distantes do ponto em questã o, o módulo do campo devido a cada carga é o mesmo.

E 24-9. Como a magnitude do campo elétrico produzido por uma carga puntiforme e´ , temos que

N/C http://www.if.ufrgs.br/ jgallas

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Portanto, o campo total e´

Para que o campo se anule, devemos ter N/C

na direça˜ o da carga negativa

.

(b) Como o elétron tem carga negativa, a força sobre ele tem sentido oposto ao do campo. O módulo da força e´

A raiz f´ısica (das duas ra´ızes poss´ıveis) e´ obtida considerando-se a raiz quadrada positiva de ambos lados da equação acima. Isto fornece-nos

elétron elétron

N, N

Resolvendo agora para obtemos

no sentido da carga positiva.

E 24-12. Como a carga está uniformemente distribuida na esfera, o campo elétrico na superf´ıcie e´ o mesmo que que ter´ıamos se a carga estivesse toda no centro. Isto é, a magnitude do campo e´ cm

onde e´ a magnitude da carga total e e´ o raio da esfera. A magnitude da carga total e´ , de modo que

cm O ponto está a

cm a` direita de

.

P 24-21. Determine o módulo, a direção e o sentido do campo elétrico no ponto da Fig. 24-30.

N/C

P 24-17. Desenhe sobre uma linha reta dois pontos, e , separados por uma distância , com a` esquerda de . Para pontos entre as duas cargas os campos elétricos individuais apontam na mesma direç a˜ o não podendo, portanto, cancelarem-se. A carga tem maior magnitude que , de modo que um ponto onde o campo seja nulo deve estar mais perto de do que de . Portanto, deve estar localizado a` direita de , digamos em ponto . Escolhendo como a origem do sistema de coordenadas, chame de a distância de até o ponto , o ponto onde o campo anula-se. Com estas variáveis, a magnitude total do campo elétrico em e´ dada por

onde

e

representam as magnitudes das cargas.


A soma dos campos devidos as duas cargas e´ nula pois no ponto os campos tem mo´ dulos coincidentes porém sentidos opostos. Assim sendo, o campo resultante em deve-se unica e exclusivamente a` carga , perpendicular a` diagonal que passa pelas duas cargas , apontado para ‘fora’ da carga . O mo´ dulo do campo e´

P 24-22 Página 14 de 34


Qual o módulo, a direç a˜ o e o sentido do campo elétrico no centro do quadrado da Fig. 24-31, sabendo que Ce cm.


O aˆ ngulo que tal campo faz com o eixo dos

e´

Tal aˆ ngulo aponta do centro do quadrado para cima, dirigido para o centro do lado superior do quadrado.

Escolhamos um sistema de coordenadas no qual o eixo passe pelas cargas e , e o eixo passe pelas cargas e . No centro do quadrado, os campos produzidos pelas cargas negativas estã o ambos sobre o eixo , e cada um deles aponta do centro em direça˜ o a carga que lhe da origem. Como cada carga esta a uma distância do centro, o campo l´ıquido resultante devidos as duas cargas negativas é

24.2.3

O campo criado por um dipolo elétrico

E 24-23. Determine o momento de dipolo elétrico constitu´ıdo por um elétron e um pr o´ ton separados por uma distância de nm. O módulo da carga das duas part´ıculas e´ C. Portanto, temos aqui um belo exemplo de exerc´ıcio de multiplicaça˜ o:

Cm

E 24-25 N/C No centro do quadrado, os campos produzidos pelas cargas positivas estão ambos sobre o eixo , apontando do centro para fora, afastando-se da carga que lhe da origem. O campo l´ıquido produzido no centro pelas cargas positivas e´

Na Fig. 24-8, suponha que ambas as cargas sejam positivas. Mostre que no ponto , considerando , e´ dado por:

Usando o princ´ıpio de superposiça˜ o e dois termos da expansão

válida quando

, obtemos

N/C Portanto, a magnitude do campo é

N/C http://www.if.ufrgs.br/ jgallas

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O vetor

aponta para baixo.

E 24-26. Calcule o campo elétrico (módulo, direç a˜ o e sentido) devido a um dipolo elétrico em um ponto localizado a uma distância sobre a mediatriz do segmento que une as cargas (Figura 24-32). Expresse sua resposta em termos de momento de dipolo p.

Obté m-se o campo se vetorialmente

24-27 Quadrupolo el´ etrico. A figura abaixo mostra um quadrupolo ele´trico t´ıpico.

resultante no ponto somando-

A magnitude dos vetores é dada por:

As soma das componentes sobre a mediatriz se cancelam enquanto as componentes perpendiculares a ela somam-se. Portanto, chamando-se o aˆ ngulo entre o eixo do dipolo e a direça˜ o de (ou de ), segue

Ele e´ constitu´ıdo por dois dipolos cujos efeitos em pontos externos não chegam a se anular completamente. Mostre que o valor de no eixo do quadrupolo, para pontos a uma distância do seu centro (supor ), e´ dado por:

onde e´ chamado de momento de quadrupolo da distribuiça˜ o de cargas.

onde, da figura,

A distância entre o ponto e as duas cargas positivas são dadas por e . A distância entre e as cargas negativas são iguais a . De acordo com o princ´ıpio de superposiç a˜ o, encontramos:

Com isto segue

Como o problema nos diz que , podemos desprezar o termo no u´ ltimo denominador acima, obtendo para o módulo do campo o valor

Expandindo em série como feito no livro-texto, para o caso do dipolo [ver Apêndice G],

válida quando Em termos do momento de dipolo que e tem sentidos opostos, temos

, obtemos

, uma vez


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de onde se conclui que, considerando-se os termos até a segunda ordem, inclusive, temos

onde o momento de quadrupolo é definido como Em contraste com a derivaça˜ o apresentada no livrotexto, observe que aqui foi necessário usarmos o termo quadrático na expansã o em série, uma vez que a contribuiça˜ o devida ao termo linear era nula.


direça˜ o ao ponto de equil´ıbrio . Alem ´ disto, a magnitude da força e´ proporcional a , com uma contante de proporcionalidade , como se o elétron estivesse conectado a uma mola. Ao longo do eixo, portanto, o elétron move-se num movimento harmônico simples, com uma freqüeˆ ncia angular dada por (reveja o Cap. 14, caso necessário)

onde

representa a massa do elétron.

P 24-31. 24.2.4 O campo criado por uma linha de cargas P 24-30. Um elétron tem seu movimento restrito ao eixo do anel de cargas de raio discutido na seç a˜ o 24-6. Mostre que a força eletrostática sobre o elétron pode fazê-lo oscilar através do centro do anel, com uma freqüência angular dada por:

Na Fig. 24-34, duas barras finas de plástico, uma de carga e a outra de carga , formam um c´ırculo de raio num plano . Um eixo passa pelos pontos que unem as duas barras e a carga em cada uma delas está uniformemente distribu´ıda. Qual o modulo, ´ a direç a˜ o e o sentido do campo elétrico criado no centro do c´ırculo? Por simetria, cada uma das barras produz o mesmo campo elétrico que aponta no eixo no centro do c´ırculo. Portanto o campo total e´ dado por

Como visto no livro-texto, a magnitude do campo elétrico num ponto localizado sobre o eixo de um anel homogeneamente carregado, a uma distância do centro do anel, e´ dado por (Eq. 24-19):

onde e´ a carga sobre o anel e e´ o raio do anel. Para que possa haver oscilaç a˜ o a carga sobre o anel deve ser necessariamente positiva. Para uma carga positiva, o campo aponta para cima na parte superior do anel e para baixo na parte inferior do anel. Se tomarmos a direça˜ o para cima como sendo a direça˜ o positiva, então a força que atua num el e´ tron sobre o eixo do anel e´ dada por

P 24-32. Uma barra fina de vidro e´ encurvada na forma de um semic´ırculo de raio . Uma carga está distribu´ıda uniformemente ao longo da metade superior, e uma carga , distribu´ıda uniformemente ao longo da metade inferior, como mostra a Fig. 24-35. Determine o campo elétrico E no ponto , o centro do semic´ırculo.

onde representa a magnitude da carga do elétron. Para oscilaço˜ es de pequena amplitude, para as quais vale , podemos desprezar no denominador da expressão da força, obtendo então, nesta aproximaç a˜ o,

Para a metade superior: Desta expressão reconhecemos ser a força sobre o elétron uma força restauradora: ela puxa o elétron em http://www.if.ufrgs.br/ jgallas

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onde to

e

O m o´ dulo da componente to,


. Portan-

Portanto, o modulo ´ do campo total ta para baixo e tem magnitude dada por

apon-

do campo total e´ , portan-

sen

Conclus ˜ ao: Termina mais rápido (e com menos erro!) quem estiver familiarizado com a exploraça˜ o das simetrias. Isto requer treino... P 24-35.

Analogamente, sen sen

Na Fig. 24-38, uma barra não-condutora “semi-infinita” possui uma carga por unidade de comprimento, de valor constante . Mostre que o campo elétrico no ponto forma um aˆ ngulo de com a barra e que este aˆ ngulo e´ independente da distância .

Usando argumentos de simetria: Usando a simetria do problema vemos facilmente que as componentes horizontais cancelam-se enquanto que as verticais reforçamse. Assim sendo, o m o´ dulo do campo total e´ simplesmente

com o vetor correspondente apontando para baixo. Usando ‘força-bruta’: Podemos obter o mesmo resultado sem usar a simetria fazendo os cálculos. Mas temos que trabalhar bem mais (perder mais tempo durante a prova!!). Veja só: Tendo encontrado que , vemos que o modulo ´ do campo devido as ` cargas positivas e´ dado por

formando com o eixo dos . Para a metade inferior o cálculo e´ semelhante. O resultado final e´

Considere um segmento infinitesimal da barra, localizado a uma distância a partir da extremidade esquerda da barra, como indicado na figura acima. Tal segmento contém uma carga e está a uma distância do ponto . A magnitude do campo que produz no ponto e´ dada por

Chamando-se de o aˆ ngulo entre horizontal do campo e´ dada por

e , a componente

sen enquanto que a componente vertical

O campo

forma com o eixo dos .

e´

um aˆ ngulo de


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Os sinais negativos em ambas expressões indicam os sentidos negativos de ambas as componentes em relaç a˜ o ao ponto de origem, escolhido como sendo a extremidade esquerda da barra. Vamos usar aqui o aˆ ngulo como variá vel de integraça˜ o. Para tanto, da figura, vemos que sen e, portanto, que

Os limites de integraç a˜ o vão de

até

. Portanto

uma distância (Eq. 24-27)

acima do centro do disco, e´ dado por

onde e´ o raio do disco e a sua densidade superficial de carga. No centro do disco ( ) a magnitude do campo e´ . O problema pede para determinar o valor de tal que tenhamos , ou seja, tal que

ou, equivalentemente,

sen Desta expressão obtemos , isto e´ . Observe que existem duas soluç oes ˜ pos s´ıveis: uma ‘acima’, outra ‘abaixo’ do plano do disco de pl a´ stico.

24.2.6

e, analogamente,

Carga puntiforme num campo elétrico

E 24-39. sen

Um elétron e´ solto a partir do repouso, num campo elétrico uniforme de módulo N/C. Calcule a sua aceleraç a˜ o (ignore a gravidade). O m o´ dulo de tal aceleraça˜ o e´ fornecido pela segunda lei de Newton:

Destes resultados vemos que , sempre, qualquer que seja o valor de . Além disto, como as duas componentes tem a mesma magnitude, o campo resultante faz um aˆ ngulo de com o eixo negativo dos , para todos os valores de .

24.2.5

O campo elétrico criado por um disco carregado

P 24-38. A que distância, ao longo do eixo central de um disco de plástico de raio , uniformemente carregado, o módulo do campo elétrico e´ igual a` metade do seu valor no centro da superf´ıcie do disco? A magnitude do campo elétrico num ponto situado sobre o eixo de um disco uniformemente carregado, a http://www.if.ufrgs.br/ jgallas

m/s

E 24-43. Um conjunto de nuvens carregadas produz um campo elétrico no ar próximo a` superf´ıcie da Terra. Uma part´ıcula de carga C, colocada neste campo, fica sujeita a uma força eletrostática de N apontando para baixo. (a) Qual o módulo do campo elétrico? (b) Qual o módulo, a direç a˜ o e o sentido da força elétrostática exercida sobre um próton colocado neste campo? (c) Qual a força gravitacional sobre o proton? ´ (d) Qual a razão entre a força elétrica e a força gravitacional, nesse caso? (a) Usando a Eq. 24-3 obtemos para o módulo de N C

:

N/C

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A força aponta para baixo e a carga é negativa. Logo, o campo aponta de baixo para cima. (b) O mo´ dulo da força eletrostética exercida sobre o pro´ ton e´ N Como o proton ´ tem carga positiva, a força sobre ele terá a mesma direç a˜ o do campo: de baixo para cima. (c) A força gravitacional exercida sobre o pro´ ton e´

E 24-46. Uma arma de defesa que está sendo considerado pela Iniciativa de Defesa Estratégica (“Guerra nas Estrelas”) usa feixes de part´ıculas. Por exemplo, um feixe de prótons, atingindo um m´ıssil inimigo, poderia inutilizá-lo. Tais feixes podem ser produzidos em “canhões”, utilizando-se campos el e´ tricos para acelerar as part´ıculas carregadas. (a) Que aceleraça˜ o sofreria um proton ´ se o campo elétrico no canhão fosse de N/C. (b) Que velocidade o próton atingiria se o campo atuasse durante uma distância de cm? (a) Usando a segunda lei de Newton encontramos:

N apontando de cima para baixo.

m/s

(d) A razão entre as magnitudes das forças elé trica e gravitacional e´

(b) Usando a Eq. 15 do Cap. 2, encontramos: km/s

Portanto, vemos que o peso do próton pode ser completamente ignorado em comparaça˜ o com a força elétrostática exercida sobre o pr o´ ton.

´ preciso lembrar-se das fórmulas aprendidas no curE so de Mecânica Clássica (F´ısica I).

E 24-47.

E 24-45. (a) Qual e´ a aceleraça˜ o de um elétron num campo elétrico uniforme de N/C? (b) Quanto tempo leva para o elétron, partindo do repouso, atingir um décimo da velocidade da luz? (c) Que distância ele percorre? Suponha válida a mecânica Newtoniana. (a) Usando a lei de Newton obtemos para o módulo da aceleraç a˜ o:

Um elétron com uma velocidade escalar de cm/s entra num campo elétrico de módulo N/C, movendo-se paralelamente ao campo no sentido que retarda seu movimento. (a) Que distância o elétron percorrerá no campo antes de alcançar (momentaneamente) o repouso? (b) Quanto tempo levará para isso? (c) Se, em vez disso, a região do campo se estendesse somente por mm (distância muito pequena para parar o elétron), que fraça˜ o da energia cinética inicial do elétron seria perdida nessa região? (a) Primeiro, calculemos a aceleraça˜ o do elétron devida ao campo:

m/s ) e usando a (b) Partindo-se do repouso (i.e. com equaça˜ o obtemos facilmente que

m/s

s

Portanto, usando o fato que e definindo temos, para a distância viajada:

(c) A distância percorrida e´

m (b) Usando o fato que m


e que

, temos s

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(c) Basta determinar a velocidade do elétron quando o campo terminar. Para tanto, usamos , onde m e´ a extensão do campo.

e, portanto, C C ou seja,

m/s

P 24-54.

Portanto, a fraça˜ o da energia cinética perdida e´ dada por

ou seja, perde da sua energia cinética. Se voce gosta de trabalhar mais, pode calcular as energias explicitamente e determinar o mesmo percentual. A energia cinética perdida e´ dada por

J A energia cinética inicial

.

era

J

E 24-49. Na experiência de Milikan, uma gota de raio me de densidade g/cm fica suspensa na câmara inferior quando o campo elétrico aplicado tem módulo igual a N/C. Determine a carga da gota em termos de .

Duas grandes placas de cobre, paralelas, estão separadas por cm e entre elas existe um campo elétrico uniforme como e´ mostrado na Fig. 24-39. Um elétron e´ liberado da placa negativa ao mesmo tempo que um próton e´ liberado da placa positiva. Despreze a força que existe entre as part´ıculas e determine a distância de cada uma delas até a placa positiva no momento em que elas passam uma pela outra. (não e´ preciso conhecer o módulo do campo elétrico para resolver este problema. Isso lhe causa alguma surpresa?) A aceleraç a˜ o do próton e´ e a aceleraça˜ o do elétron e´ , onde e´ a magnitude do campo elétrico e e representam as massas do proton ´ e do elétron, respectivamente. Consideremos a origem de referência como sendo na posiça˜ o inicial do próton na placa a` esquerda. Assim sendo, a coordenada do próton num instante qualquer e´ dada por enquanto que a coordenada do elétron e´ . As part´ıculas passam uma pela outra quando suas coordenadas coincidem, , ou seja, quando . Isto ocorre quando , que nos fornece

Para a gota estar em equil´ıbrio e´ necessário que a força gravitacional (peso) esteja contrabalançada pela força eletrostática associada ao campo elétrico, ou se ja, e´ preciso ter-se , onde e´ a massa da gota, e´ a carga sobre a gota e e´ a magnitude do campo elétrico no qual a gota está imersa. A massa da gota é dada por , onde e´ seu raio e e´ a sua densidade de massa. Com isto tudo, temos

m m cm Portanto, enquanto o elétron percorre os placas, o próton mal conseguiu mover-se!

m

kg/m N/C

C http://www.if.ufrgs.br/ jgallas

m/s

cm entre as

P 24-55. (a) Suponha que o pêndulo faça um aˆ ngulo com a vertical. Desenhado-se o diagrama de forças temos Página 21 de 34


para baixo, a tensão no fio, fazendo um aˆ ngulo para a esquerda do vetor , que aponta para cima já que a carga e´ positiva. Consideremos o aˆ ngulo assim definido como sendo positivo. Então o torque sobre a esfera em torno do ponto onde o fio esta amarrado a` placa superior e´ sen Se , então o torque e´ um torque restaurador: ele tende a empurrar o pêndulo de volta a sua posiç a˜ o de equil´ıbrio. Se a amplitude de oscilaça˜ o e´ pequena, sen pode ser substituido por em radianos, sendo então o torque dado por

O torque e´ proporcional ao deslocamento angular e o pêndulo move-se num movimento harmônico simples. Sua freqüeˆ ncia angular e´


Na Fig. 24-41, um campo elétrico , de módulo N/C, apontando para cima, e´ estabelecido entre duas placas horizontais, carregando-se a placa inferior positivamente e a placa superior negativamente. As placas têm comprimento cm e separaç a˜ o cm. Um elétron e´ , então, lançado entre as placas a partir da extremidade esquerda da placa inferior. A velocidade inicial tem um módulo de m/s. (a) Atingirá o elétron uma das placas? (b) Sendo assim, qual delas e a que distância horizontal a partir da extremidade esquerda? Considere a origem como sendo o ponto em que o elétron e´ projetado para o interior do campo. Seja o eixo horizontal e o eixo vertical indicado na Fig. ???36. Oriente da esquerda para a direita e de baixo para cima, como a carga do elétron e´ negativa, a força elétrica está orientada de cima para baixo (no sentido oposto ao sentido do campo elétrico). A aceleraç a˜ o do elétron e´ dada por m/s

onde e´ o momento de inércia rotacional do pêndulo. Como para um pêndulo simples sabemos que , segue que

Para saber se o elétron atinge ou n a˜ o a placa superior, devemos calcular inicialmente o tempo necessário para que ele atinja a altura m da placa superior. Podemos escrever a seguinte relaç a˜ o: sen Temos: sen sen m/s. Substituindo os valores adequados na relaça˜ o anterior e resolvendo a equaça˜ o do segundo grau em , encontramos:

e o per´ıodo e´

Quando pêndulo não oscila.

o torque não e´ restaurador e o

(b) A força do campo elétrico est a´ agora para baixo e o torque sobre o pêndulo e´

se o deslocamento for pequeno. O per´ıodo de oscilaç a˜ o e´

s e

s

O menor valor de e´ o que nos interessa (o outro corresponde ao trecho descendente da trajetória). Neste intervalo de tempo o elétron se deslocou uma distância dada por

m cm Como cm, concluimos que: (a) o elétron atinge a placa superior, e, (b) num ponto situado a cm da extremidade esquerda da placa superior.

P 24-56. http://www.if.ufrgs.br/ jgallas

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24.2.7

Um dipolo num campo elétrico

P 24-60. Determine a freqüeˆ ncia de oscilaça˜ o de um dipolo elétrico, de momento de dipolo e momento de inércia , para pequenas amplitudes de oscilaça˜ o, em torno de sua posiç a˜ o de equil´ıbrio, num campo el e´ trico uniforme de módulo . A magnitude do torque que atua no dipolo elétrico e´ dada por sen , onde e´ a magnitude do momento de dipolo, e´ a magnitude do campo elétrico e e´ o aˆ ngulo entre o momento de dipolo e o campo elétrico. O torque e´ sempre ‘restaurador’: ele sempre tende agirar o momento de dipolo em direça˜ o ao campo elétrico.



Se

e´ positivo o torque é negativo e vice-versa: sen . Quando a amplitude do movimento é pequena, podemos substituir sen por em radianos. Neste caso, . Como a magnitude do torque é proporcional ao aˆ ngulo de rotaça˜ o, o dipolo oscila num movimento harmonico ˆ simples, de modo análogo a um pêndulo de torsão com constante de torsão . A freqüência angular e´ dada por

onde e´ o momento de inércia rotacional do dipolo. Portanto, a frequ¨ eˆ ncia de oscilaç a˜ o e´

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25

25.1

Lei de Gauss

Quest ˜ oes

Q 25-4. Considere uma superf´ıcie gaussiana envolvendo parte da distribuiça˜ o de cargas mostrada na Fig. 25-22. (a) Qual das cargas contribui para o campo elétrico no ponto ? (b) O valor obtido para o fluxo através da superf´ıcie circulada, usando-se apenas os campos elétricos devidos a e , seria maior, igual ou menor que o valor obtido usando-se o campo total?


(c) N a˜ o. O fluxo total só depende da carga total no interior da superf´ıcie gaussiana considerada. A posiça˜ o das cargas não altera o valor do fluxo total através da superf´ıcie gaussiana considerada, desde que o o valor desta carga total n a˜ o seja modificado. (d) Sim. Neste caso, como a carga total no interior da superf´ıcie gaussiana considerada e´ nula, o fluxo total será igual a zero. (e) Não. O fluxo total só depende da carga total no interior da superf´ıcie gaussiana considerada. Colocando-se uma segunda carga fora da superf´ıcie gaussiana considerada, n a˜ o ocorrerá nenhuma variaça˜ o do fluxo total (que e´ determinado apenas pelas cargas internas). As cargas externas produzem um fluxo nulo através da superf´ıcie gaussiana considerada. (f) Sim. Neste caso, como a carga total no interior da superf´ıcie gaussiana considerada passa a ser igual a , o fluxo total e´ igual a .

Q 25-7.

(a) Todas as cargas contribuem para o campo. Ou se ja, o campo e´ devido a todas as cargas. (b) O fluxo total e´ sempre o mesmo. Por estarem fora da gaussiana, as cargas e não contribuem efetivamente para o fluxo total uma vez que todo fluxo individual a elas devido entra porém também sai da superf´ıcie.

Q 25-5. Uma carga puntiforme e´ colocada no centro de uma superf´ıcie gaussiana esférica. O valor do fluxo mudará se (a) a esfera for substitu´ıda por um cubo de mesmo volume? (b) a superf´ıcie for substituida por um cubo de volume dez vezes menor? (c) a carga for afastada do centro da esfera original, permanecendo, entretanto, no seu interior? (d) a carga for removida para fora da esfera original? (e) uma segunda carga for colocada próxima, e fora, da esfera original? (f) uma segunda carga for colocada dentro da superf´ıcie gaussiana?

Suponha que a carga l´ıquida contida em uma superf´ıcie gaussiana seja nula. Podemos concluir da lei de Gauss que e´ igual a zero em todos os pontos sobre a su´ verdadeira a rec´ıproca, ou seja, se o campo perf´ıcie? E elétrico em todos os pontos sobre a superf´ıcie for nulo, a lei de Gauss requer que a carga l´ıquida dentro da superf´ıcie seja nula? Se a carga total for nula podemos conlcuir que o fluxo total sobre a gaussiana e´ zero mas n˜ ao podemos concluir nada sobre o valor de em cada ponto individual da superf´ıcie. Para convencer-se disto, estude o campo gerado por um dipolo sobre uma gaussiana que o envolva. O campo sobre a gaussiana não precisa ser homogˆ eneo para a integral sobre a superf´ıcie dar zero. A rec´ıproca e´ verdadeira, pois neste caso a integral será calculada sobre o produto de dois vetores, um dois quais e´ identicamente nulo sobre toda a gaussiana.

Q Extra – 25-8 da terceira ediç ao ˜ do livro Na lei de Gauss,

(a) N a˜ o. O fluxo total só depende da carga total no interior da superf´ıcie gaussiana considerada. A forma da superf´ıcie gaussiana considerada não e´ relevante.

o campo

(b) N a˜ o. O fluxo total só depende da carga total no interior da superf´ıcie gaussiana considerada. O volume englobado pela superf´ıcie gaussiana considerada n a˜ o e´ relevante.

Nã o. O fluxo total através da gaussiana depende do excesso de carga (i.e. da carga não-balanceada) nela contida. O campo elétrico em cada ponto da superf´ıcie gaussiana depende de todas as cargas existen-


e´ necessariamente devido à carga ?

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tes, internas ou não. O que ocorre e´ que, como demonstrado no Exemplo 25-1 do livro texto, o fluxo total devido a qualquer carga externa será sempre zero pois “todo campo que entra na gaussiana, também irá sair da gaussiana”. Reveja os dois parágrafos abaixo da Eq. 25-8.

25.2


Usando a Eq. 9, encontramos o fluxo através da superf´ıcie gaussiana fechada considerada (que, no caso deste exerc´ıcio, e´ um cubo):

C

Problemas e Exerc´ıcios

C /(N m ) N m /C

25.2.1

Fluxo do campo elétrico P 25-11.

E 25-2. A superf´ıcie quadrada da Fig. 25-24, tem mm de lado. Ela está imersa num campo elétrico uniforme com N/C. As linhas do campo formam um ângulo de com a normal “apontando para fora”, como e´ mostrado. Calcular o fluxo através da superf´ıcie. Em todos os pontos da superf´ıcie, o módulo do campo elétrico vale N/C, e o aˆ ngulo , entre e a normal da superf´ıcie d , e´ dado por . Note que o fluxo está definido tanto para superf´ıcies abertas quanto fechadas. Seja a superf´ıcie como for, a integral deve ser sempre computada sobre ela. Portanto,

N/C

Determinou-se, experimentalmente, que o campo elétrico numa certa região da atmosfera terrestre está dirigido verticalmente para baixo. Numa altitude de m o campo tem módulo de N/C enquanto que a o campo vale N/C. Determine a carga l´ıquida contida num cubo de m de aresta, com as faces horizontais nas altitudes de e m. Despreze a curvatura da Terra. Chamemos de a a´ rea de uma face do cubo, a magnitude do campo na face superior e a magnitude na face inferior. Como o campo aponta para baixo, o fluxo através da face superior é negativo (pois entra no cubo) enquanto que o fluxo na face inferior e´ positivo. O fluxo através das outras faces e´ zero, de modo que o fluxo total através da superf´ıcie do cubo e´ . A carga l´ıquida pode agora ser determinada facilmente com a lei de Gauss:

m

N.m /C C Note que o objetivo desta questão e´ relembrar como fazer corretamente um produto escalar: antes de medir o aˆ ngulo entre os vetores é preciso que certificar-se que ambos estejam aplicados ao mesmo ponto, ou seja, que ambas flechas partam de um mesmo ponto no espaço (e não que um vetor parta da ‘ponta’ do outro, como quando fazemos sua soma).

25.2.2

Lei de Gauss

E 25-7. Uma carga puntiforme de C encontra-se no centro de uma superf´ıcie gaussiana cúbica de cm de aresta. Calcule o valor através d esta superf´ıcie. http://www.if.ufrgs.br/ jgallas

C

P 25-13. Uma carga puntiforme e´ colocada em um dos vértices de um cubo de aresta . Qual e´ o valor do fluxo através de cada uma das faces do cubo? ( Sugest ao: ˜ Use a lei de Gauss e os argumentos de simetria.) Considere um sistema de referência Cartesiano no espaço, centrado na carga , e sobre tal sistema coloque o cubo de modo a ter três de suas arestas alinhadas com os eixos, indo de até os pontos , e . Página 25 de 34


Usando a lei de Gauss: O fluxo elétrico sobre cada uma das três faces que estão sobre os planos , e e´ igual a zero pois sobre elas os vetores e são ortogonais (i.e. seu produto escalar e´ nulo). Como se pode perceber da simetria do problema, o fluxo elétrico sobre cada uma das três faces restantes e´ exatamente o mesmo. Portanto, para determinar o fluxo total, basta calcular o fluxo sobre uma qualquer destas três faces multiplicando-se tal resultado por três. Para tanto, consideremos a face superior do cubo, paralela ao plano , e sobre ela um elemento de área . Para qualquer ponto sobre esta face o módulo do campo elétrico e´

Chamando de o aˆ ngulo que a direçã o do campo elétrico em faz com o eixo percebemos que este aˆ ngulo coincide com o aˆ ngulo entre a normal e e, ainda, que . Portanto, o fluxo elétrico e´ dado pela seguinte integral:


Devido a simetria, percebemos que o fluxo sobre cada um dos 8 cubos e´ sempre o mesmo e que, portanto, o fluxo sobre um cubo vale total que, em particular, e´ o fluxo sobre o cubo do problema em questão. Simples e bonito, não?

25.2.3

Um condutor carregado isolado

E 25-16. Uma esfera condutora uniformemente carregada, de m de diâmetro, possui uma densidade superficial de carga de C/m . (a) Determine a carga sobre a esfera. (b) Qual e´ o valor do fluxo elétrico total que está deixando a superf´ıcie da esfera? (a) A carga sobre a esfera será

C

face

C

(b) De acordo com a lei de Gauss, o fluxo é dado por N m /C

P 25-19. Observe que a integral e´ sobre uma superf´ıcie aberta, pois corresponde ao fluxo parcial, devido a uma das arestas apenas. Integrando em relaç a˜ o a e depois integrando em relaça˜ o a com aux´ılio das integrais dadas no Apêndice G, encontramos o fluxo elétrico sobre a face em questão como sendo dado por face

Um condutor isolado, de forma arbitrária, possui uma carga total de C. Dentro do condutor existe uma cavidade oca, no interior da qual há uma carga puntiforme C. Qual e´ a carga: (a) sobre a parede da cavidade e (b) sobre a superf´ıcie externa da condutor? (a) O desenho abaixo ilustra a situaça˜ o proposta no problema.

Portanto, o fluxo total sobre todo o cubo e´ face ´ a maneira mais Usando argumentos de simetria: E simples de obter a resposta, pois prescinde da necessidade da calcular a integral dupla. Porém, requer maior maturidade na matéria. Observando a figura do problema, vemos que colocando-se 8 cubos idênticos ao redor da carga poderemos usar a lei de Gauss para determinar que o fluxo total através dos 8 cubos é dado por total http://www.if.ufrgs.br/ jgallas

Considere uma superf´ıcie gaussiana envolvendo a cavidade do condutor. A carga encontra-se no interior da cavidade e seja a carga induzida na superf´ıcie interna da cavidade do condutor. Lembre que o campo elétrico Página 26 de 34



no interior da parte maciça de um condutor e´ sempre igual a zero. Aplicando a lei de Gauss, encontramos:

Como que

, devemos ter

Para podermos fixar a escala vertical da figura, precisamos determinar o valor numérico do campo no ponto de transiç a˜ o, cm:

, ou seja, C

N/C

(b) Como a carga total do condutor é de C, vemos que a carga sobre a superf´ıcie externa da condutor deverá ser de C

25.2.4

Lei de Gauss: simetria cil´ındrica

E 25-21. Uma linha infinita de cargas produz um campo de N/C a uma distância de m. Calcule a densidade linear de carga sobre a linha. Usando a expressão para o campo devido a uma linha de cargas, , Eq. 25-14, encontramos facilmente que

P 25-24. Use uma superf´ıcie Gaussiana cil´ındrica de raio e comprimento unitário, concêntrica com ambos cilindros. Então, a lei de Gauss fornece-nos dentro de onde obtemos dentro

C/m (a) Para (b) Para

a carga dentro e´ zero e, portanto a carga dentro e´

.

, de modo que

P 25-23. Use uma superf´ıcie Gaussiana cil´ındrica de raio e comprimento unitário, concêntrica com o tubo metálico. Então, por simetria,

P 25-26. dentro

(a) Para

(b) Para termos

, temos dentro

, de modo que

, a carga dentro e´ zero, o que implica

. http://www.if.ufrgs.br/ jgallas

A Fig. 25-32 mostra um contador de Geiger, dispositivo usado para detectar radiação ionizante (radiaç a˜ o que causa a ionizaç a˜ o de a´ tomos). O contador consiste em um fio central, fino, carregado positivamente, circundado por um cilindro condutor circular concêntrico, com uma carga igual negativa. Desse modo, um forte campo elétrico radial e´ criado no interior do cilindro. O cilindro conté m um gás inerte a baixa pressão. Quando uma part´ıcula de radiaç a˜ o entra no dispositivo através da parede do cilindro, ioniza alguns a´ tomos do gás. Os elétrons livres resultantes são atraidos para o fio positivo. Entretanto, o campo elétrico e´ t a˜ o intenso que, entre as colisões com outros a´ tomos do gá s, os elétrons livres ganham energia suficiente para ionizá-los também. Página 27 de 34


Criam-se assim, mais elétrons livres, processo que se repete até os elétrons alcançarem o fio. A “avalanche” de elétrons e´ coletada pelo fio, gerando um sinal usado para registrar a passagem da part´ıcula de radiaç a˜ o. Suponha que o raio do fio central seja de m; o raio do cilindro seja de cm; o comprimento do tubo seja de cm. Se o campo elétrico na parede interna do cilindro for de N/C, qual será a carga total positiva sobre o fio central? O campo elétrico e´ radial e aponta para fora do fio central. Desejamos descobrir sua magnitude na região entre o fio e o cilindro, em funça˜ o da distância a partir do fio. Para tanto, usamos uma superf´ıcia Gaussiana com a forma de um cilindro com raio e comprimento , concêntrica com o fio. O raio e´ maior do que o raio do fio e menor do que o raio interno da parede cil´ındrica. Apenas a carga sobre o fio está localizada dentro da superf´ıcie Gaussiana. Chamemo-la de . A a´ rea da superf´ıcie arredondada da Gaussiana cil´ındrica é e o fluxo através dela e´ . Se desprezarmos o fluxo através das extremidades do cilindro, então o será o fluxo total e a lei de Gauss nos fornece . Como a magnitude do campo na parede do cilindro e´ conhecida, suponha que a superf´ıcie Gaussiana seja coincidente com a parede. Neste caso, e´ o raio da parede e


A carga dentro da Gaussiana cil´ındrica e´

onde e´ o volume do cilindro. Se e´ positivo, as linhas de campo elétrico apontam radialmente para fora, são normais a` superf´ıcie arredondada do cilindro e estão distribuidas uniformemente sobre ela. Nenhum fluxo atravessa as bases da Gaussiana. Portanto, o fluxo total através da Gaussiana é , onde e´ a a´ rea da porça˜ o arredondada da Gaussiana. A lei de Gauss ( ) nos fornece então , de onde tira-se facilmente que

(b) neste caso consideramos a Gaussiana como sendo um cilindro de comprimento e com raio maior que . O fluxo e´ novamente . A carga dentro da Gaussiana e´ a carga total numa secça˜ o do cilindro carregado com comprimento . Ou seja, . A lei de Gauss nos fornece então , de modo que o campo desejado e´ dado por

C Observe que os valores dados pelas duas expressões coincidem para , como era de se esperar.

P 25-30. Uma carga está uniformemente distribuida através do volume de um cilindro infinitamente longo de raio . (a) Mostre que a uma distância do eixo do cilindro ( ) e´ dado por

Um gráfico da variaça˜ o de em funça˜ o de e´ bastante semelhante ao mostrado na Fig. 25-21, porém, apresentando para um decaimento proporcional a (em vez de como na Fig. 25-21).

25.2.5

Lei de Gauss: simetria plana

onde e´ a densidade volumétrica de carga. (b) Escreva uma expressão para a uma distância . (a) O c´ırculo cheio no diagrama abaixo mostra a secç a˜ o reta do cilindro carregado, enquanto que o c´ırculo tracejado corresponde a` secça˜ o reta de uma superf´ıcie Gaussiana de forma cil´ındrica, concêntrica com o cilindro de carga, e tendo raio e comprimento . Queremos usar a lei de Gauss para encontrar uma expressão para a magnitude do campo elétrico sobre a superf´ıcie Gaussiana. http://www.if.ufrgs.br/ jgallas

E 25-32. Uma placa metálica quadrada de cm de lado e espessura desprez´ıvel tem uma carga total de de C. (a) Estime o módulo de do campo elétrico localizado imediatamente fora do centro da placa (a uma distância, digamos, de mm), supondo que a carga esteja uniformemente distribuida sobre as duas faces da placa. (b) Página 28 de 34



Estime o valor do campo a uma distância de m (relativamente grande, comparada ao tamanho da placa), supondo que a placa seja uma carga puntiforme. (a) Para calcular o campo elétrico num ponto muito perto do centro de uma placa condutora uniformemente carregada, e´ razoável substituirmos a placa finita por uma placa infinita contendo a mesma densidade superficial de carga e considerar a magnitude do campo como sendo , onde e´ a densidade de carga da superf´ıcie sob o ponto considerado. A carga est a´ distribuida uniformemente sobre ambas faces da placa original, metade dela estando perto do ponto considerado. Portanto

Substituindo-se sen , tirado da segunda equaça˜ o, na primeira, obtemos tan . O campo elétrico por um plano grande e uniforme de cargas e´ dado por , onde e´ a densidade superficial de carga. Portanto, temos tan de onde se extrai facilmente que tan tan C

C/m

C/m

A magnitude do campo e´

P 25-35. N/C (b) Para uma distância grande da placa o campo elétrico será aproximadamente o mesmo que o produzido por uma part´ıcula puntiforme com carga igual a` carga total sobre a placa. A magnitude de tal campo é , onde e´ a distância a` placa. Portanto N/C

P 25-34. Na Fig. 25-36, uma pequena bola, não-condutora, de massa mg e carga C uniformemente distribuida, está suspensa por um fio isolante que faz um aˆ ngulo com uma chapa não-condutora, vertical, uniformemente carregada. Considerando o peso da bola e supondo a chapa extensa, calcule a densidade superficial de carga da chapa. Três forças atuam na pequena bola: (i) uma força gravitacional de magnitude , onde e´ a massa da bola, atua na vertical, de cima para baixo, (ii) uma força elétrica de magnitude atua perpendicularmente ao plano, afastando-se dele, e (iii) e a tensão no fio, atuando ao longo dele, apontando para cima, e fazendo um aˆ ngulo ( ) com a vertical. Como a bola está em equil´ıbrio, a força total resultante sobre ela deve ser nula, fornecendo-nos duas equaç o˜ es, soma das componentes verticais e horizontais das forças, respectivamente:

Um elétron e´ projetado diretamente sobre o centro de uma grande placa metálica, carregada negativamente com uma densidade superficial de carga de módulo C/m . Sabendo-se que a energia cinética inicial do elétron e´ de eV e que ele pára (devido a repulsão eletrostática) imediatamente antes de alcançar a placa, a que distância da placa ele foi lançado? A carga negativa sobre a placa metálica exerce uma força de repulsã o sobre o elétron, desacelerando-o e parando-o imediatamente antes dele tocar na superf´ıcie da placa. Primeiramente, vamos determinar uma expressão para a aceleraç a˜ o do elétron, usando então a cinemática para determinar a distância de paragem. Consideremos a direça˜ o inicial do movimento do el ´tron como sendo positiva. Neste caso o campo elétrico e´ dado por , onde e´ a densidade superficial de carga na placa. A força sobre o elétron e´ e a aceleraç a˜ o e´

onde e´ a massa do elétron. A força e´ constante, de modo que podemos usar as fórmulas para aceleraç a˜ o constante. Chamando de a velocidade inicial do elétron, sua velocidade final, e a distância viajada entre as posiço˜ es inicial e final, temos que . Substituindo-se e nesta expressão e resolvendo-a para encontramos

vertical sen

horizontal


Página 29 de 34


onde e´ a energia cinética inicial. Antes de aplicar a fórmula, e´ preciso converter o valor dado de para joules. Do apêndice F do livro tiramos que eV J, donde eV J. Portanto


superf´ıcie gaussiana cil´ındrica . Como a densidade de carga e´ constante, a carga total no interior da superf´ıcie e´ dada por Portanto, aplicando a lei de Gauss para a superf´ıcie considerada, encontramos facilmente a seguinte resposta:

m

P 25-39 . Uma chapa plana, de espessura , tem uma densidade volumétrica de carga igual a . Determine o módulo do campo elétrico em todos os pontos do espaço tanto: (a) dentro como (b) fora da chapa, em termos de , a distância medida a partir do plano central da chapa. Suponha que a carga total esteja uniformemente distribuida ao longo da chapa. Considerando uma a´ rea muito grande (ou melhor, para pontos próximos do centro da chapa), podemos imaginar que o campo elétrico possua uma direç a˜ o ortogonal ao plano da superf´ıcie externa da placa; a simetria desta chapa uniformemente carregada indica que o módulo do campo varia com a distância . No centro da chapa, a simetria do problema indica que o campo elétrico deve ser nulo, ou seja, , para . Na figura da soluça˜ o deste problema mostramos uma superf´ıcie gaussiana cil´ındrica cujas bases são paralelas a` s faces da chapa.

(b) Construa novamente uma superf´ıcie gaussiana cil´ındrica contendo toda a chapa, isto e´ , construa novamente uma superf´ıcie semelhante a` gaussiana cil´ındrica indicada na figura da soluça˜ o deste problema, onde, agora, a a´ rea da base está situada a uma distância do plano central . De acordo com a figura, vemos facilmente que, neste caso, temos:

Portanto, aplicando a lei de Gauss para a superf´ıcie gaussiana cil´ındrica considerada, encontramos facilmente a seguinte resposta:

25.2.6

Lei de Gauss: simetria esf e´ rica

P 25-40. Uma esfera condutora de cm da raio possui uma carga de valor desconhecido. Sabendo-se que o campo elétrico a` distância de cm do centro da esfera tem módulo igual a N/C e aponta radialmente para dentro, qual e´ carga l´ıquida sobre a esfera?

Seja a a´ rea da base desta superf´ıcie gaussiana . Como as duas bases da superf´ıcie gaussiana cil´ındrica estão igualmente afastadas do plano central e lembrando que o vetor E é ortogonal ao vetor dA na superf´ıcie lateral da superf´ıcie gaussiana cil´ındrica , conclu´ımos que o fluxo total através da superf´ıcie gaussiana cil´ındrica e´ dado por

A carga está distribuida uniformemente sobre a superf´ıcie da esfera e o campo elétrico que ela produz em pontos fora da esfera e´ como o campo de uma part´ıcula puntiforme com carga igual a` carga total sobre a esfera. Ou seja, a magnitude do campo e´ dado por , onde e´ magnitude da carga sobre a esfera e e´ a distância a partir do centro da esfera ao ponto onde o campo e´ medido. Portanto, temos, C

onde e´ o módulo do campo elétrico a uma distância do plano central . A carga englobada no interior da superf´ıcie gaussiana cil´ındrica e´ dada pela integral de no volume situado no interior da http://www.if.ufrgs.br/ jgallas

Como campo aponta para dentro, em direça˜ o a` esfera, a carga sobre a esfera e´ negativa: C

E 25-41. Página 30 de 34



(a) O fluxo continuaria a ser N m /C, pois ele depende apenas da carga contida na Gaussiana. (b) A carga l´ıquida e´

C

E 25-42. (a) Para (b) Para

, temos

(veja Eq. 25-18).

um pouco maior de

, temos

Chamando-se de a magnitude do campo, então o fluxo total através da Gaussiana e´ . A carga contida na Gaussiana é a soma da carga positiva no centro com e parte da carga negativa que está dentro da Gaussiana. Uma vez que a carga negativa é suposta estar uniformemente distribuida numa esfera de raio , podemos computar a carga negativa dentro da Gaussiana usando a razão dos volumes das duas esferas, uma de raio e a outra de raio : a carga negativa dentro da Gaussiana nada mais e´ do que . Com isto tudo, a carga total dentro da Gaussiana é . A lei de Gauss nos fornece então, sem problemas, que

de onde tiramos facilmente que, realmente, N/C (c) Para anterior,

temos, aproveitando o cálculo do item

P 25-47.

N/C

E 25-45. Num trabalho escrito em 1911, Ernest Rutherford disse: “Para se ter alguma idéia das forças necessárias para desviar uma part´ıcula atravé s de um grande aˆ ngulo, considere um a´ tomo contendo uma carga puntiforme positive no seu centroo e circundada por uma distribuiça˜ o de eletricidade negativa , uniformemente distribu´ıda dentro de uma esfera de raio . O campo elétrico a uma distância do centro para um ponto dentro do a´ tmo e´

Uma casca esférica metálica, fina e descarregada, tem uma carga puntiforme no centro. Deduza expressões para o campo elétrico: (a) no interior da casca e (b) fora da casca, usando a lei de Gauss. (c) A casca tem algum efeito sobre o campo criado por ? (d) A presença da carga tem alguma influência sobre a distribuiça˜ o de cargas sobre a casca? (e) Se uma segunda carga puntiforme for colocada do lado de fora da casca, ela sofrerá a aç a˜ o de alguma força? (f) A carga interna sofre a aç a˜ o de alguma força? (g) Existe alguma contradiça˜ o com a terceira lei de Newton? Justifique sua resposta. NOTA: na quarta ediç a˜ o brasileira do livro esqueceram ´ de mencionar que a casca esférica e´ M ET ALICA !! Antes de responder aos itens, determinamos uma expressão para o campo elétrico, em funçao ˜ da distância radial a partir da carga . Para tanto, consideremos uma superf´ıcie Gaussiana esférica de raio centrada na carga . A simetria do problema nos mostra que a magnitude e´ a mesma sobre toda superf´ıcie, de modo que

Verifique esta expressão. Usamos primeiramente a lei de Gauss para encontrar uma expressão para a magnitude do campo elétrico a uma distância do centro do a´ tomo. O campo aponta radialmente para fora e é uniforme sobre qualquer esfera concêntrica com o a´ tomo. Escolha uma superf´ıcie Gaussiana esf e´ rica de raio com seu centro no centro do a´ tomo. http://www.if.ufrgs.br/ jgallas

fornecendo-nos

onde representa a carga dentro da superf´ıcie Gaussiana. Se for positiva, o campo elétrico aponta para fora da Gaussiana. Página 31 de 34



(a) Dentro da casca contendo a carga temos

diz que

(b) Como fora da casca a carga l´ıquida e´ , o valor do campo elétrico e´ o mesmo do item anterior. (c) Não, pois não influi na deduça˜ o de , acima. (d) Sim: como a casca fina é metálica, na sua superf´ıcie interna ira´ aparecer uma carga INDUZIDA. Como a carga total da casca esférica e´ zero, sua superf´ıcie externa deverá conter uma carga induzida, de modo que a soma de ambas cargas induzidas seja zero. (e) Claro que experimentará forças pois estará imersa no campo devido a´ carga central. (f) Não, pois o metal da casca blinda campos externos. (g) Não.

de modo que

(c) Como a casca e´ condutora, e´ muito fácil saber-se o campo elétrico dentro dela:

(d) Fora da casca, i.e. para , a carga total dentro da superf´ıcie Gaussiana e´ zero e, conseqüentemente, neste caso a lei de Gauss nos diz que

P 25-48. A Fig. 25-38 mostra uma esfera, de raio e carga uniformemente distribu´ıda através de seu volume, concêntrica com uma casca esférica condutora de raio interno e raio externo . A casca tem uma carga l´ıquida de . Determine expressões para o campo elétrico em funç a˜ o do raio nas seguintes localizaço ˜ es: (a) dentro da esfera ( ); (b) entre a esfera e a casca ( ); (c) no interior da casca ( ); (d) fora da casca ( ). (e) Quais são as cargas sobre as superf´ıcies interna e externa da casca? Para começar, em todos pontos onde existe campo elétrico, ele aponta radialmente para fora. Em cada parte do problema, escolheremos uma superf´ıcie Gaussiana esférica e concêntrica com a esfera de carga e que passe pelo ponto onde desejamos determinar o campo elétrico. Como o campo é uniforme sobre toda a superf´ıcie das Gaussianas, temos sempre que, qualquer que seja o raio da Gaussiana em questão,

(e) Tomemos uma superf´ıcie Gaussiana localizada dentro da casca condutora. Como o campo elétrico e´ zero sobre toda suprf´ıcie, temos que

e, de acordo com a lei de Gauss, a carga l´ıquida dentro da superf´ıcie e´ zero. Em outras palavras, chamando de a carga sobre a superf´ıcie interna da casca, a lei de Gauss nos diz que devemos ter , ou seja,

Chamando agora de a carga na superf´ıcie externa da casca e sabendo que a casca tem uma carga l´ıquida de (dado do problema), vemos que e´ necessário ter-se que , o que implica termos

P 25-51. (a) Aqui temos Gaussiana e´

e a carga dentro da superf´ıcie . A lei de Gauss fornece-nos

donde tiramos que

(b) Agora temos Gaussiana sendo

, com a carga dentro da . Portanto, a lei de Gauss aqui nos


Um próton descreve um movimento circular com velocidade m/s ao redor e imediatamente fora de uma esfera carregada, de raio cm. Calcule o valor da carga sobre a esfera. O próton está em movimento circular uniforme mantido pela força elétrica da carga na esfera, que funciona como força centr´ıpeta. De acordo com a segunda lei de Newton para um movimento circular uniforme, sabemos que , onde e´ a magnitude da força, e´ a velocidade do próton e e´ o raio da sua órbita, essencialmente o mesmo que o raio da esfera. Página 32 de 34



A magnitude da força elétrica sobre o próton e´ , onde e´ a magnitude da carga sobre a esfera. Portanto, quando , temos

O campo elétrico e´ radial, de modo que o fluxo através da superf´ıcie Gaussiana e´ , onde e´ a magnitude do campo. Aplicando agora a lei de Gauss obtemos

de modo que a carga procurada será dada por

kg

m/s

N m /C

Assim, a carga total dentro da superf´ıcie Gaussiana e´

m

de onde tiramos

C

nC

P 25-53 Na Fig. 25-41, uma casca esférica não-condutora, com raio interno e raio externo , tem uma densidade volumétrica de carga dada por , onde e´ constante e e´ a distância ao centro da casca. Além disso, uma carga puntiforme está localizada no centro. Qual deve ser o valor de para que o campo elétrico na casca ( ) tenha módulo constante? (Sugestão: depende de mas não de .)

Para que o campo seja independente de devemos escolher de modo a que o primeiro e o u ´ ltimo termo entre colchetes se cancelem. Isto ocorre se tivermos , ou seja, para

quando ent a˜ o teremos para a magnitude do campo

O problema pede para determinar uma expressão para o campo elétrico dentro da casca em termos de e da distância ao centro da casca e, a seguir, determinar P 25-55 . o valor de de modo que tal campo não dependa da Mostre que o equil´ıbrio estável e´ imposs´ıvel se as u´ nicas distância. ˜ Para começar, vamos escolher uma Gaussiana esférica forças atuantes forem forças eletrostáticas. Sugest ao: Suponha que uma carga fique em equil´ ı brio est´ a vel de raio , concêntrica com a casca esférica e localizada dentro da casca, i.e. com . Usando a lei ao ser colocada num certo ponto num campo elétrico . Desenhe uma superf´ıcie Gaussiana esférica em torno de Gauss podemos determinar a magnitude do campo de , imagine como deve estar apontando sobre esta elétrico a uma distância a partir do centro. A carga contida somente sobre a casca dentro da Gaus- superf´ıcie, e aplique a lei de Gauss para mostrar que a leva a uma contradição. ´ siana e´ obtida através da integral calculada suposiça˜ o [de equil´ıbrio est avel] sobre a porç a˜ o da casca carregada que está dentro da Esse resultado e´ conhecido pelo nome de Teorema de Earnshaw. Gaussiana. Como a distribuiç a˜ o de carga tem simetria esférica, poSuponha que n a˜ o exista carga na vizinhaça mais imedemos escolher como sendo o volume de uma casca diata de mas que a carga esteja em equil´ıbrio deesférica de raio e largura infinitesimal , o que dos vido a` resultante de forças provenientes de cargas em fornece . Portanto, temos outras posiç o˜ es. O campo elétrico na posiç a˜ o de e´ zero mas irá sentir uma força elétrica caso ela venha a afastar-se do ponto . O que precisamos mostrar e´ que e´ imposs´ıvel construir-se em torno de um campo elétrico resultante que, em todas direç o˜ es do espaço, consiga “empurrar” de volta para o ponto quando ela deste ponto afastar-se. Suponha que esteja em e envolva-a com uma superf´ıcie Gaussiana esférica extremamente pequena, centrada em . Desloque então de para algum ponto http://www.if.ufrgs.br/ jgallas

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Haliday exercicios resolvidos.pdf

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