Exercıcios Resolvidos de Teoria Eletromagnética Conte´udo

LISTA 1 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS 11 de Dezembro de 2004, às 17:11
Exercícios Resolvidos de Teoria Eletromagnética
Jason Alfredo Carlson Gallas
Professor Titular de Física Teórica
Doutor em Física pela Universidade Ludwig Maximilian de Munique, Alemanha
Universidade Federal do Rio Grande do Sul
Instituto de Física
Matéria para a PRIMEIRA prova. Numeração conforme a quarta edição do livro
“Fundamentos de Física”, Halliday, Resnick e Walker.
Esta e outras listas encontram-se em: http://www.if.ufrgs.br/ jgallas clicando-se em ‘ENSINO’
Conteúdo
23 Carga Elétrica 2
23.1 Questões . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
23.2 Problemas e Exercícios . . . . . . . . . 3
23.2.1 Lei de Coulomb . . . . . . . . 3
23.2.2 A Carga é Quantizada . . . . . 8
23.2.3 A Carga é Conservada . . . . . 10
23.2.4 As Constantes da Física: Um
Aparte . . . . . . . . . . . . . . 10
24 Campo Elétrico 12
24.1 Questões . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
24.2 Problemas e Exercícios . . . . . . . . . 12
24.2.1 Linhas de campo elétrico . . . . 12
24.2.2 O campo elétrico criado por
uma carga puntiforme . . . . . 13
24.2.3 O campo criado por um dipolo
elétrico . . . . . . . . . . . . . 15
24.2.4 O campo criado por uma linha
de cargas . . . . . . . . . . . . 17
24.2.5 O campo elétrico criado por um
disco carregado . . . . . . . . . 19
24.2.6 Carga puntiforme num campo
elétrico . . . . . . . . . . . . . 19
24.2.7 Um dipolo num campo elétrico . 23
25 Lei de Gauss 24
25.1 Questões . . . . . . . . . . . . . . . . . 24
25.2 Problemas e Exercícios . . . . . . . . . 25
25.2.1 Fluxo do campo elétrico . . . . 25
25.2.2 Lei de Gauss . . . . . . . . . . 25
25.2.3 Um condutor carregado isolado 26
25.2.4 Lei de Gauss: simetria cilíndrica 27
25.2.5 Lei de Gauss: simetria plana . . 28
25.2.6 Lei de Gauss: simetria esférica . 30
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23 Carga Elétrica
23.1 Questões
Q 23-1
Sendo dadas duas esferas de metal montadas em suporte
portátil de material isolante, invente um modo de carregá-las
com quantidades de cargas iguais e de sinais
opostos. Você pode usar uma barra de vidro ativada com
seda, mas ela não pode tocar as esferas. É necessário
que as esferas sejam do mesmo tamanho, para o método
funcionar
¡
Um método simples é usar indução elétrostática: ao
aproximarmos a barra de vidro de qualquer uma das esferas
quando ambas estiverem em contato iremos induzir
(i) na esfera mais próxima, uma mesma carga igual
e oposta à carga da barra e, (ii) na esfera mais afastada,
uma carga igual e de mesmo sinal que a da barra. Se
separarmos então as duas esferas, cada uma delas irá ficar
com cargas de mesma magnitude porém com sinais
opostos. Este processo não depende do raio das esferas.
Note, entretanto, que a densidade de cargas sobre
a superfície de cada esfera após a separação obviamente
depende do raio das esferas.
Q 23-2
Na questão anterior, descubra um modo de carregar as
esferas com quantidades de carga iguais e de mesmo sinal.
Novamente, é necessário que as esferas tenham o
mesmo tamanho para o método a ser usado
¡
O enunciado do problema anterior não permite que
toquemos com o bastão nas esferas. Portanto, repetimos
a indução eletrostática descrita no exercício anterior.
Porém, mantendo sempre a barra próxima de uma
das esferas, removemos a outra, tratando de neutralizar
a carga sobre ela (por exemplo, aterrando-a). Se afastarmos
o bastão da esfera e a colocarmos novamente em
contato com a esfera cuja carga foi neutralizada, iremos
permitir que a carga possa redistribuir-se homogeneamente
sobre ambas as esferas. Deste modo garantimos
que o sinal das cargas em ambas esferas é o mesmo. Para
que a magnitude das cargas seja também idêntica é
necessário que as esferas tenham o mesmo raio. É que a
densidade superficial comum às duas esferas quando em
contato irá sofrer alterações diferentes em cada esfera,
após elas serem separadas, caso os raios sejam diferentes.
Q 23-3
Uma barra carregada atrai fragmentos de cortiça que, assim
que a tocam, são violentamente repelidos. Explique
a causa disto.
¡
Como os dois corpos atraem-se inicialmente, deduzimos
que eles possuem quantidades de cargas com sinais
diferentes. Ao tocarem-se a quantidade de cargas menor
é equilibrada pelas cargas de sinal oposto. Como a carga
que sobra reparte-se entre os dois corpos, estes passam a
repelir-se por possuirem, então, cargas de mesmo sinal.
¢
Note que afirmar existir repulsão após os corpos
tocarem-se equivale a afirmar ser diferente a quantidade
de cargas existente inicialmente em cada corpo.
Q 23-4
As experiências descritas na Secção 23-2 poderiam ser
explicadas postulando-se quatro tipos de carga, a saber,
a do vidro, a da seda, a do plástico e a da pele do animal.
Qual é o argumento contra isto
¡
É fácil verificar experimentalmente que os quatro tipos
‘novos’ de carga não poderiam ser diferentes umas
das outras. Isto porque é possível separar-se os quatro
tipos de carga em dois pares de duas cargas que são indistinguíveis
um do outro, experimentalmente.
Q 23-6
Um isolante carregado pode ser descarregado passandoo
logo acima de uma chama. Explique por quê
¡
É que a alta temperatura acima da chama ioniza o ar,
tornando-o condutor, permitindo o fluxo de cargas.
Q 23-9
Por que as experiências em eletrostática não funcionam
bem em dias úmidos
¡
Em dias úmidos existe um excesso de vapor de
água no ar. Conforme será estudado no Capítulo 24, a
molécula de água, £¥¤§¦ , pertence à classe de moléculas
que possui o que se chama de ‘momento de dipolo
elétrico’, isto é, nestas moléculas o centro das cargas
positivas não coincide com o centro das cargas negativas.
Este desequilíbrio faz com que tais moléculas
sejam elétricamente ativas, podendo ser atraidas por
superfícies carregadas, tanto positiva quanto negativamente.
Ao colidirem com superfícies carregadas, as
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moléculas agem no sentido de neutralizar parte da carga
na superfície, provocando deste modo efeitos indesejáveis
para os experimentos de eletrostática. Isto porque
não se tem mais certeza sobre qual a quantidade de
carga que realmente se encontra sobre a superfície.
Q 23-13
Uma pessoa em pé sobre um banco isolado toca um condutor
também isolado, mas carregado. Haverá descarga
completa do condutor
Não. Haverá apenas uma redistribuição da carga entre
¡
o condutor e a pessoa.
Q 23-14
(a) Uma barra de vidro positivamente carregada atrai um
objeto suspenso. Podemos concluir que o objeto está
carregado negativamente (b) A mesma barra carregada
positivamente repele o objeto suspenso. Podemos concluir
que o objeto está positivamente carregado
¡
(a) Não. Poderíamos estar lidando com um objeto
neutro porém metálico, sobre o qual seria possível induzir
uma carga, que passaria então a ser atraido pela
barra. (b) Sim, pois não se pode induzir carga de mesmo
sinal.
Q 23-16
Teria feito alguma diferença significativa se Benjamin
Franklin tivesse chamado os elétrons de positivos e os
prótons de negativos
Não. Tais nomes são apenas uma questão de
¡
convenção.
¢
Na terceira edição do livro, afirmava-se que Franklin,
além de ‘positivo’ e ‘negativo’, haveria introduzido
também as denominações ‘bateria’ e ‘carga’. Na
quarta edição a coisa já mudou de figura... Eu tenho a
impressão que ‘positivo’ e ‘negativo’ devem ser anteriores
a Franklin mas não consegui localizar referências
adequadas. O químico francês Charles François de Cisternay
Du Fay (1698-1739), descobriu a existência de
dois “tipos de eletricidade”: vitrea (do vidro) e resinosa
(da resina).
Porém, a quem será que devemos os nomes de cargas
“positivas” e “negativas” Ofereço uma garrafa de boa
champanha a quem por primeiro me mostrar a solução
deste puzzle!
Q 23-17
A Lei de Coulomb prevê que a força exercida por uma
carga puntiforme sobre outra é proporcional ao produto
das duas cargas. Como você poderia testar este fato no
laboratório
¡
Estudando de que modo varia a força necessária para
levar-se cargas de distintos valores até uma distância ¨ ,
constante, de uma outra carga fixa no espaço.
Q 23-18
Um elétron (carga © ) gira ao redor de um núcleo
(carga © ) de um átomo de hélio. Qual das
partículas exerce maior força sobre a outra
¡
Se realmente você não souber a resposta correta, ou
faz e entende o Exercício E 23-2 ou tranca o curso bem
rápido!
Q 23-15 extra A força elétrica que uma carga exerce
sobre outra se altera ao aproximarmos delas outras cargas
¡
A força entre duas cargas quaisquer depende única
e exclusivamente das grandezas que aparecem na expressão
matemática da lei de Coulomb. Portanto, é fácil
concluir-se que a força pre-existente entre um par de cargas
jamais poderá depender da aproximação de uma ou
mais cargas. Observe, entretanto, que a ‘novidade’ que
resulta da aproximação de cargas extras é que a força
resultante sobre cada carga pre-existente poderá alterarse,
podendo tal resultante ser facilmente determinada
com o princípio de superposição.
23.2 Problemas e Exercícios
23.2.1 Lei de Coulomb
E 23-1
Qual seria a força eletrostática entre duas cargas de
Coulomb separadas por uma distância de (a) m e (b)
km se tal configuração pudesse ser estabelecida
(a) © !"$#&%!'%
¡
%)(
.©/ ¥ !"$#0%-'1%
(b)
E 23-2
%436587 (
+,-" N. ©*
¥,-: N. ©*9
Uma carga puntiforme de -9A@ C dista ! cm
de uma segunda carga puntiforme de BDCEF-GH@ C.
Calcular o módulo da força eletrostática que atua sobre
cada carga.
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¡
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ge¤S©Pg %
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U
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% I : I
¤ O¨V#
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¡
De acordo com a terceira Lei de Newton, a força que
uma carga I %
exerce sobre outra carga I$¤ é igual em
módulo e de sentido contrário à força que a carga I$¤
exerce sobre a carga I %
. O valor desta força é dado pela
Eq. 23-4. Conforme a convenção do livro, usamos aqui
os módulos das cargas. Portanto
(b) Como ©cI ¤!i
JKHj
temos
NBm JKHj
3 g % h %
Il©
¥,- Hf kg
N ¤ #k©Fg % h %
segue que
Q9 ;,- Hf #X
JKML
3
©
% I ¤ I
¤ N
© ;9D+ ! A:
,- "
n ! %o% C
;,-9A@$#$)DC¥,-GH@$#
¤ # ¤ 8!¥,-
9 N ©
E 23-3
Qual deve ser a distância entre duas cargas
JVU
puntiformes
C para que o módulo da força
R
eletrostática entre elas seja CG de N
I % ©PQR C e I$¤S©T
¨ ©
J
¥ ! " #$OQ,- A@ #X
JGU
CG
metros
! H@ #
E 23-4
Na descarga de um relâmpago típico, uma corrente de
GDCZ![ Ampères flui durante

©
©
J
©
JKML
3
JKML
3
JKML
3
JKML
3
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JKML
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aI$¤-# ¤
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¤ N
N ¤ | © 3
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¤ I : I
¤
¨
Substituindo estes valores na % ©0}¤ equação , obtemos
. Como as cargas devem ter ‚ I % ‚ƒ© ‚ I$¤‚ sinais
opostos, podemos I % © I$¤ escrever , que é a resposta
procurada.
Observe que o sinal da I-¤ 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
IB© ,-9Af C e h ©{CG 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

%
J
J
J
J
J
JKML
3
J
JKML
3
JKML
3
J
J
J
J
JKML
3
J
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Dito de outra forma, se substituirmos
aŸ#
na equação da soma acima temos duas possibilidades:
ou
I %
I$¤

¨
°
I
°
¨
©
°
I
°
JKML
3
§
U
3
JKML
3
U
¤
°
I ¤{± °
3
W
©
sen ´ © »
© gE¸A »º¼X½¾9´
£
JKML
3
3
J
J
J
£
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onde é a massa da Terra e a massa da Lua. Portanto,
usando-se as constantes fornecidas no Apêndice
C, temos
¨ ©^¨Zª
¢
JKML
©cC9
U
,- % : C
I&©
Como foi possível eliminar entre os dois membros da
equação inicial, vemos claramente não ser necessário
conhecer-se o valor de N .
N
(b) Um átomo de hidrogênio contribui com uma carga
positiva QdP-9 % " de C. Portanto, o « número de
átomos de hidrogênio necessários para se igualar a carga
do item (a) é dado por
«¬©
,- % : C9
Q¥ ! % "
Portanto, a massa de hidrogênio necessária é simplesmente
, ge® onde é a massa de um átomo
©¦«­ge®
de hidrogênio (em kilogramas) [veja o valor da unidade
de massa unificada no Apêndice B, pág. 321]
©P;9DC¥ ! : ¤ C
P 23-19
Duas pequenas esferas condutoras de massa g
estão
suspensas por um fio de seda de comprimento £ e possuem
a mesma carga I , conforme é mostrado na figura
abaixo. Considerando que o ângulo ´ é tão pequeno que
para esta aproximação no equilíbrio teremos:
µ6·
´ possa ser substituida por sen ´ : (a) mostre que
I ¤ £
u „=© ¹ : % y KML
3 gE¸ w
onde é a distância entre as £>©.!
esferas. „ (b) Sendo
„E©{CG cm, g e I cm, quanto vale gº©-
¡
(a) Chamando de » a tensão em cada um dos fios e
de o módulo da força eletrostática que atua sobre cada
uma das bolas temos, para que haja equilíbrio:
¨Zª
¨Z©
© CG !¯ Kg
Dividindo membro a membro as duas relações anteriores,
encontramos:
© ;9DC¥,- : ¤ #$)
#X) QQ\CB,- ¤ f #
P 23-18
Uma carga ¤ é dividida em duas partes I e ¤. I , que
são, a seguir, afastadas por uma certa distância entre si.
Qual deve ser o valor de I em termos de ¤ , de modo
que a repulsão eletrostática entre as duas cargas seja
máxima
¡
A magnitude da repulsão entre I e ¤{,I é
µ6·
gE¸
´ƒ©
´ Como é um ângulo pequeno, podemos usar a
aproximação
Por outro lado, a força eletrostática de repulsão entre as
cargas é dada por
gŒ¸
µ6·
´ Y
sen ´ƒ©
„ i
O¤{,I#8I
¤ N
©
A condição para que seja máxima em relação I a é que
sejam satisfeitas simultaneamente as equações
e
Igualando-se as duas expressões para
„ para , encontramos que
©
¤ I
¤
„
e resolvendo
©Py
A primeira condição produz
¤ £ I
w gE¸
% ¹ :
„E©¿u
KML
¤ N
°
°
¤cZI
¤BIS,I ¤³ © JKML N ¤ ©P9y
I}²
cuja solução I&©P¤ i é .
Como a segunda derivada é sempre menor que zero,
a solução I¬©l¤ i encontrada, , produzirá a força
máxima.
Observe que a resposta do problema é IB©c¤ i e não
¢
. ¤©cI
(b) As duas cargas possuem o mesmo sinal. Portanto,
da expressão acima para „ , obtemos
IB©À›
„ :
KML
gŒ¸ 3
›G ©
› ©
© ›
! HÁ
A" C ,-
nC
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%8¹ : © u
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3
3
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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 separação de
equilíbrio das bolas.
¡
(a) Quando uma das bolas for descarregada não poderá
mais haver repulsão Coulombiana entre as bolas e,
consequentemente, as bolas cairão sob ação do campo
gravitacional até se tocarem. Ao entrarem em contato, a
carga I que estava originalmente numa das bolas irá se
repartir igualmente entre ambas bolas que, então, por estarem
novamente ambas carregadas, passarão a repelirse
até atingir uma nova separação de equilíbrio, digamos
„1q .
(b) A nova separação de equilíbrio „Aq pode ser calculada
usando-se IÂqA©*I i :
Ž-Æ ¯
cm
sendo, por exemplo, positivo. O peso exerce uma força
para baixo de magnitude Ë , a uma distância „e”£ i
a partir do mancal. Pela convenção acima, seu torque
também é positivo. A carga ¤ à direita exerce uma
força para cima de ) iGÍ JKHj
3 Î #XOI¤ i Ì ¤ # magnitude , a
uma £ i distância do mancal. Seu torque é negativo.
Para que não haja rotação, os torque sacima devem
anular-se, ou seja
JKHj
I¤
¤ Ì
£
”ËÏu-„œ
£
w
JKHj
Portanto, resolvendo-se para „ , obtemos
I¤
¤ Ì
£
©c9
uÐ
„E©
(b) A força líquida na barra anula-se. Denotando-se por
a magnitude da força para cima exercida pelo mancal,
«
então
£
JKHj
I¤
¤ w ËÌ
Ç ÈˆÉ Ê
JKHj
„ q ©Ãu
IÂqÄ# ¤ £
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E 23-26
O módulo da força eletrostática entre dois íons idênticos
que estão separados por uma distância de CG Œ”-G %43
m ;9 -GH" vale N. (a) Qual a carga de cada íon (b)
Quantos elétrons estão “faltando” em cada íon (o que dá
ao íon sua carga não equilibrada)
¡
(a) Da Lei de Coulomb temos:
A carga Õ¥I correspondente a mol de elétrons nada
mais é do que Õ+Iƒ©c«ƒÖ, , onde «ƒÖ ©cQ \;¥,- ¤ : é
o número de Avogadro. Portanto
Õ+_b©
Ö «
]
\;+ ! ¤ :-#X8 Q¥,-G % "!#
Q
; 9
© D+ !¯ segundos
JKML
+,- ¯
I© N ¢
3 #)T©{›P; +,- % " C
(b) Cada elétron faltante produz uma carga positiva de
QxZ!G % " C. Usando a Eq. 23-10, I+©.ÔM , encontramos
o seguinte número Ô de elétrons que faltam:
E 23-27
Ô¡©
% " ;9Dƒ,-9
Q+,- % "
©P elétrons
Duas pequenas gotas esféricas de água possuem cargas
idênticas de B xZ- % @ C, e estão separadas, centro
a centro, de cm. (a) Qual é 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,
©
!"$#$)&,-9 % @$#
O
¤ # ¤ )B,-
© ,- % " N
(b)A quantidade « de elétrons em excesso em cada gota
é
«Ï©
I
¥ !G % @
Q¥,- % "
©cQCG
P 23-34
Na estrtura cristalina do ×BØ!×Ù composto (cloreto de
césio), os CsÚ íons formam os vértices de um cubo e
um íon Cl de está no centro do cubo (Fig. 23-18). O
comprimento das arestas do cubo é de 9
nm. Em cada
íon CsÚ falta um elétron (e assim cada um tem uma
carga de < ), e o íon Cl tem um elétron em excesso
(e assim uma carga ). (a) Qual é o módulo da força
eletrostática líquida exercida sobre o íon Cl pelos oito
íons CsÚ nos vértices do cubo (b) Quando está faltando
um dos íons CsÚ , dizemos que o cristal apresenta um
defeito; neste caso, qual será a força eletrostática líquida
exercida sobre o íon Cl pelos sete íons CsÚ remanescentes
¡
(a) A força líquida sobre o íon Cl é claramente zero
pois as forças individuais atrativas exercidas por cada
um dos íons de CsÚ cancelam-se aos pares, por estarem
dispostas simetricamente (diametralmente opostas) em
relação ao centro do cubo.
(b) Em vez de remover um íon de césio, podemos podemos
superpor uma carga na posição de tal íon.
Isto neutraliza o íon local e, para efeitos eletrostáticos,
é equivalente a remover o íon original. Deste modo vemos
que a única força não balanceada passa a ser a força
exercida pela carga adicionada.
Chamando de h
a aresta do cubo, temos que a diagonal
do cubo é dada por m ; h
. Portanto a distância entre os
íons é ¨¥© m ; i # h
e a magnitude da força
eQ¥=Q
©. ; dias
P 23-31
JKHj
¤
i J
;
Pelo filamento de uma lâmpada de ! W, operando em
um circuito de ! V, passa uma corrente (suposta constante)
de 9 ; A. Quanto tempo é necessário para que
mol de elétrons passe pela lâmpada
¡
De acordo com a Eq. 23-3, a corrente constante que
passa pela lâmpada é ]˜©{Õ¥I i Õ+_ , onde Õ¥I é a quantidade
de carga que passa através da lâmpada num intervalo
Õ+_ .
© œ ! " #
h #
Q,-G % "-# ¤ 8
O; i J
#XO9
+ ! H" #
© ,- H" N
P 23-35 Sabemos que, dentro das limitações impostas
pelas medidas, os módulos da carga negativa do
elétron e da carga positiva do próton são iguais. Suponha,
entretanto, que estes módulos diferissem entre
©
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sí por 9 -VÛ . Com que força duas pequenas moedas
de cobre, colocadas a m uma da outra, se repeliriam
O que podemos concluir (Sugestão: Veja o Exemplo
23-3.)
Como sugerido no problema, supomos que a moeda é
¡
a mesma do exemplo 23-3, que possui uma carga tanto
positiva quanto negativa igual dada por Iĩ/ ;
C. Se houvesse uma diferença (desequilíbrio) de cargas,
uma das cargas seria maior do que a outra, teríamos para
tal carga um valor
,- ¯
1[ #$)! ¤ #X) ; !¯$#Щ*9n-; y
I-ÜÀ©FÝGI&©8-
Ýœ©c9 9ÂÛT©{9 = ©T! H@ onde . Portanto
a magnitude da força entre as moedas seria igual a
¢
As reações completas de decaimento beta aqui mencionados
são, na verdade, as seguintes:
à onde representa uma partícula elementar chamada
neutrino. Interessados, podem ler mais sobre Decaimento
Beta na Secção 47-5 do livro texto.
E 23-38
ÞEß Ôœ Ú ”àGy Ô ßºÞ > >à9y
Usando o Apêndice D, á identifique
reações nucleares:
nas seguintes
oç-# % ¯ «ã % £ ß [ £¡Ð á¡
©
¤ Ü JKML
I
N ¤
¥ !"$#$9n-;
# ¤ )
U
! Á 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 9 §Û que .
Note que sabendo-se o valor da menor força possível de
se medir no laboratório é possivel estabelecer qual o limite
percentual máximo de erro que temos hoje em dia
na determinação das cargas. De qualquer modo, tal limite
é MUITO pequeno, ou seja, uma eventual assimetria
entre o valor das cargas parece não existir na prática,
pois teria conseqüências observáveis, devido ao grande
número de cargas presente nos corpos macroscópicos
(que estão em equilíbrio).
23.2.3 A Carga é Conservada
E 23-37
No decaimento beta uma partícula fundamental se transforma
em outra partícula, emitindo ou um elétron ou
um pósitron. (a) Quando um próton sofre decaimento
beta transformando-se num nêutron, que partícula é
emitida (b) Quando um nêutron sofre decaimento beta
transformando-se num próton, qual das partículas é
emitida
¡
(a) Como existe conservação de carga no decaimento,
a partícula emitida precisa ser um pósitron.
(b) Analogamente, a partícula emitida é um elétron.
# ¤
¡
Como nenhuma das reações acima inclui decaimento
beta, a quantidade de prótons, de neutrons e de
elétrons é conservada. Os números atômicos (prótons
e de elétrons) e as massas molares (prótons + nêutrons)
estão no Apêndice D.
% (a) H tem próton, elétron e nêutrons enquanto que
o Be tem prótons, elétrons e + ©ãC nêutrons.
J " J
Portanto á
tem elétrons e
nêutrons. Um dos nêutrons é liberado na
prótons, B ©èC
”C

Ì
Portanto, o produto
Í
Î
ë Í
K
Í
§ Î
Í
Î
§
Î
Î
W
©
©
Î
Ì
K
§
Í
§
§
§
Ø
§
§
Í Î
Î
©
©
Üð îeØ
5 ð Ü
W ë ê
§
W
U
K
§
U
LISTA 1 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS 11 de Dezembro de 2004, às 17:11
¡
(a) Usando-se o Apêndice A, fica fácil ver que as três
contantes dadas tem as seguintes dimensões:
Í ë
Î ©¬ì
Kví © î­Ø©c«ºg¿Ø©
§
[
] ©
g=:
¤
kg y Ø
kg g ¤
(a) Combine as Ì grandezas , ê e para formar uma
grandeza com dimensão de massa. Não inclua nenhum
fator adimensional. (Sugestão: Considere as unidades
e ê como é mostrado no Exemplo 23-7.) (b) Calcule
esta “massa de Planck” numericamente.
̇y
A resposta pode ser encontrada fazendo-se uma
¡
análise dimensional das constantes dadas e de funções
simples obtidas a partir delas:
[ê ] ©
g
Ø
g Planck ©
Î
não contém kg:
Q9 Q;¥,- A: [ e;,- Á
Í ë
¯ g
: Ø
Através de divisão do produto acima por uma potência
apropriada de ê Î
podemos obter eliminar facilmente ou
Í
ou Ø do produto, ou seja,
g
Í ë
9‘ ! AÁ kg
©
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:
,- % %
Q9 Q
Î ©
¯ g
: Ø
¯ Ø
¯ g
©PØ ¤ y
ê Í
¯ Î
ë Í
ê
©Fg ¤
Í
Î :
©/¢ ë i ê : Portanto Planck ï .
(b) O valor numérico pedido é, uma ©
vez que ë
Ì i O
# ,
P 23-42
ï Planck ©
ê :
¯ g
: Ø
Ø!:
: g
©. Q9,- A: ¯ m
Í ë
Í ê Î
( kg
kg g ¤
Ø ¤ ©
©.î
¤
kg Ø
¤ g
¤
kg Ø
¤ g
©P«­g
¤
kg Ø
¤ g
© kg ¤
Portanto, extraindo-se a raiz quadrada deste radicando
vemos que, realmente, a combinação das constantes acima
tem dimensão de massa.
¢
E se usassemos Ì em vez de ë ... Em outras palavras,
qual das duas constantes devemos tomar
http://www.if.ufrgs.br/ jgallas Página 11 de 34

K
;
h
K
;
I¤
¤
h
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24 Campo Elétrico
24.1 Questões
Q 24-2. Usamos uma carga teste positiva para estudar
os campos elétricos. Poderíamos ter usado uma carga
negativa Porque
¡
Não. Tal uso seria extremamente anti-natural e inconveniente
pois, para começar, teríamos o ñ e p apontando
em direções diferentes.
¢
Tecnicamente, poderíamos 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 elétrico nunca se cruzam.
Por quê
¡
Se as linhas de força pudessem se cruzar, nos pontos
de cruzamento teríamos duas tangentes diferentes, uma
para cada linha que se cruza. Em outras palavras, em
tal ponto do espaço teríamos dois valores diferentes do
campo elétrico, o que é absurdo.
Q 24-5.
Uma carga I puntiforme de g massa é 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 direção
¡
tangente à linha de força.
A força elétrica, em cada ponto onde se encontra a carga,
é dada IÂò por , ò onde é o vetor campo elétrico no
ponto onde se encontra a carga. Como a carga parte do
repouso, a direção de sua aceleração inicial é dada pela
direção 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 direção da linha de força. Sempre coincidirá,
porém, com a direção tangente à linha de força.
Q 24-20.
Um dipolo elétrico é colocado em repouso em um campo
elétrico uniforme, como nos mostra a Figura 24-17a,
pg. 30, sendo solto a seguir. Discuta seu movimento.
Sem atrito, na situação inicial mostrada na Figura 24-
¡
17a, o movimento do dipolo elétrico será periódico e
oscilatório em torno do eixo e em torno da posição de
alinhamento ó ò de .
Q 24-3 extra.
Þ
com ó
Uma bola carregada positivamente está suspensa por um
longo fio de seda. Desejamos determinar ò num ponto
situado no mesmo plano horizontal da bola. Para isso,
colocamos uma carga de prova positiva I 3
neste ponto
e medimos i I 3
. A razão i I 3
será menor, igual ou
maior do que ò no ponto em questão
¡
Quando a carga de prova é colocada no ponto em
questão, ela repele a bola que atinge o equilíbrio numa
posição em que o fio de suspensão fica numa direção
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 equilíbrio. Donde
se conclui que o campo elétrico no ponto considerado
(antes de colocar a carga de prova) é maior do que o
valor i I medido por meio da referida carga de prova.
24.2 Problemas e Exercícios
24.2.1 Linhas de campo elétrico
E 24-3.
Três cargas estão dispostas num triângulo equilátero, como
mostra a Fig. 24-22. Esboce as linhas de força devidas
às cargas ¤ e S¤ e, a partir delas, determine
a direção e o sentido da força que atua sobre

uma carga puntiforme I é òT©cI i
3
3
N ¤ ò
3
©
% ¤S©c}¤ % ©PI % ò¤‰© I$¤$ò %
9DC¥,- HÁ #X8DC+,-¯!#
©
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E 24-5.
Esboce qualitativamente as linhas do campo elétrico para
um disco circular fino, de raio ô , uniformemente carregado.
(Sugestão: Considere como casos limites pontos
muito próximos ao disco, onde o campo elétrico é
perpendicular à superfície, e pontos muito afastados do
disco, onde o campo elétrico é igual ao de uma carga
puntiforme.)
¡
Em pontos muito próximos da superfície do disco, para
distâncias muito menores do que o raio ô do disco, as
linhas de força são semelhantes às linhas de força de um
plano infinito com uma distribuição de cargas uniforme.
Como a carga total ¤ do disco é 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
distribuição de cargas positivas.
E 24-10.
C#$OG #
+,- " 9
© CG Q,- % % C
Duas cargas puntiformes de módulos I % ©c9 éƒ!GHf C
e I ¤ ©P C¥,-9AÁ C estão separadas por uma distância
de § cm. (a) Qual o módulo do campo elétrico que cada
carga produz no local da outra (b) Que força elétrica
atua sobre cada uma delas
¡
(a) O módulo do campo sobre cada carga é diferente,
pois o valor da carga é diferente em cada ponto.
ò % ©P~
% I
¤ © ,- " #
N
© DC+,- ¯ N/Cy
,-GHf G
¤ ‘§#
òS¤S©P~
9DC¥,-GHÁ
¤ ‘§#
I$¤
¤ © ,- " #
N
(b) O módulo da força sobre cada carga é o mesmo. Pela
lei de Newton (ação e ^¤ %
;\õ reação):
e,
portanto,
© 9DC;¥,- ¯ N/C
ó ¤Z©€ ó
%
24.2.2 O campo elétrico criado por uma carga puntiforme
E 24-7.
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
òT©{¤ i
JKML
que
¡
Da definição de campo elétrico, Eq. 24-3, sabemos
N ¤ # . Portanto,
JKML
3 #)ò N ¤ ©Tn,- %)3©c9n nC
¤©/
E 24-9.
¡
Como a magnitude do campo elétrico produzido por
© +,- ¤ N
Note que como não sabemos os sinais das cargas, não
podemos determinar o sentido dos vetores.
E 24-11.
Duas cargas iguais e de sinais opostos (de módulo
9 E !GAf C) são mantidas a uma distância de !C cm
uma da outra. (a) Quais são o módulo, a direção e o
sentido de E no ponto situado a meia distância entre as
cargas (b) Que força (módulo, direção e sentido) atuaria
sobre um elétron colocado nesse ponto
¡
(a) Como o módulo das cargas é o mesmo, estando
elas igualmente distantes do ponto em questão, o
módulo do campo devido a cada carga é o mesmo.
N ¤ # , temos que
I
i # ¤ ¨
ò % ©Pò ¤ © ~
JKHj
!GHf G
i # ¤ 9n!C
© O ! " #
Il©
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© ; ¥,- ¯ N/C
http://www.if.ufrgs.br/ jgallas Página 13 de 34

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LISTA 1 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS 11 de Dezembro de 2004, às 17:11
Portanto, o campo total é
Para que o campo se anule, devemos ter
©Hö)÷
na direção da carga negativa I .
(b) Como o elétron tem carga negativa, a força sobre ele
tem sentido oposto ao do campo. O módulo da força é
% I
¤
ž„Œ,¨V#
A raiz física (das duas raízes possíveis) é obtida
considerando-se a raiz quadrada positiva de ambos lados
da equação acima. Isto fornece-nos
I$¤
¤ ©
„
©Pò % ò¤

©
©
©
©
U
U
3
3
3
3
ì ¤ i h
I
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ì ¤ i h
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Qual o módulo, a direção e o sentido do campo elétrico
no centro do quadrado da Fig. 24-31, sabendo que Iϩ
,-GHÁ C e h ©cC cm.
O ângulo que tal campo faz com o eixo dos „ é
’ ò
òSŽ
´ ©
Tal ângulo 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 I e SI , e o eixo … passe pelas
cargas I e I .
No centro do quadrado, os campos produzidos pelas
cargas negativas estão ambos sobre o eixo „ , e cada
um deles aponta do centro em direção a carga que
lhe da origem. Como cada carga esta a uma distância
m ¥© i m i do centro, o campo líquido resultante
devidos as duas cargas negativas
¨Œ© h h
é
24.2.3 O campo criado por um dipolo elétrico
E 24-23.
Determine o momento de dipolo elétrico constituído por
um elétron e um próton separados por uma distância de
; nm.
O módulo da carga das duas partículas é I=©º QE
¡
% " C. Portanto, temos aqui um belo exemplo de
!G
exercício de multiplicação:
I
JKHj
ò Ž ©
;,- A" #
JKHj
© Q9 ¥ ! ¤ Á C m
© ,- " #
+,-Á
\C\# ¤ i
n-¥,- [ 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 líquido produzido no centro pelas cargas
positivas é
E 24-25
Na Fig. 24-8, suponha que ambas as cargas sejam positivas.
Mostre que ò no ponto ù , considerando ûƒüè¨ , é
dado por:
òT©
I
¤
û
Usando o princípio de superposição e dois termos da
¡
expansão
ò’“©
JKHj
I
8ÐZ„H# ¤ Y rZ„+>;„ :
válida quando ‚ „}‚ ± , obtemos
„ [ *-$Xy
JKHj
I
¨ i # ¤
OûB
I
¨ i # ¤ í
û<
! [ N/C n-¥
Portanto, a magnitude do campo é
ò ©
¤
¤
I
¤ ì6ý8r
û
¨
û‡þ
¨
û}þ
Tý Ð
¨
û
© š ò ¤ Ž >ò ¤ ’
ò
I
¤ ìXu r )
û
#‡*-$
#‡*-$
¨
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­ur
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û [ 3
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E 24-26.
Calcule o campo elétrico (módulo, direção e sentido)
devido a um dipolo elétrico em um ponto ù localizado
a uma distância ûdüÿ¨ sobre a mediatriz do segmento
que une as cargas (Figura 24-32). Expresse sua resposta
em termos de momento de dipolo p.
O vetor ñ aponta para baixo.
24-27¡
Quadrupolo elétrico. A figura abaixo mostra um quadrupolo
elétrico típico.
Obtém-se o campo ó ò resultante no ponto ù somandose
¡
vetorialmente
ò ó ó ò Ú
A magnitude dos vetores é dada por:
I
¤ ¨ ¤ i J N
Ú ©Pò ©*~ ò
As soma das componentes sobre a mediatriz se cancelam
enquanto as componentes perpendiculares a ela
somam-se. Portanto, ´ chamando-se o ângulo entre o
eixo do dipolo e a direção ñ Ú
de (ou ñ
de ), segue
Ele é constituído por dois dipolos cujos efeitos em pontos
externos não chegam a se anular completamente.
Mostre que o valor ò de no eixo do quadrupolo, para
), é ¨
pontos a uma û distância do seu centro ûƒü (supor
dado por:
òT© ó
òT©
onde, da figura,
òT©Pò Ú ¼X½\¾G´9y
y
onde ¤x ©cI¨ ¤ # é chamado de momento de quadrupolo
da distribuição de cargas.
Com isto segue
¼$½¾G´ƒ©
i ¨
N ¤ >¨ ¤ i J
¢
¡
A distância entre o ponto ù e as duas cargas positivas
são dadas por Oûxs¨V# e ûP¨V# . A distância entre ù
e as cargas negativas são iguais a û . De acordo com o
princípio de superposição, encontramos:
ò © ~
I
¤ >¨ ¤ i J N
¨\# ¤
ûB
¤
û>¨\#
I
¤ í
û
ò ©
I¨
N ¤ ¨ ¤ i J
© ~
¨ i ûV# ¤ Z§í
8Ð
# : ¹ ¤
¨ i û\# ¤
)r
~
N ¤ # : ¹ ¤
I¨
Ð>¨ ¤ i
J N ¤ # Í : ¹ ¤
Î
Expandindo em série como feito no livro-texto, para o
caso do dipolo [ver Apêndice G],
Como o problema nos diz que ü ¨ , podemos des-
J N ¤ N no último denominador acima,
#
prezar o termo ¨ ¤ i
obtendo para o módulo do campo o valor
8ÐZ„H# ¤ Y rZ„+>;„ :
„ [ *-$Xy
válida quando ‚ „}‚ ± , obtemos
Em termos do momento de dipolo ‚ v‚`©0I¨ , uma vez
que ñ e tem sentidos opostos, temos
òT©P~
JKML
I
û ¤ ì6ý Ð
3
¨
û
¤ ;¨
¤ P$-
þ û
ò ©
¤ ;¨
¤ P$-
þ û
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ñÀ©~ N :
http://www.if.ufrgs.br/ jgallas Página 16 de 34
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3
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J
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de onde se conclui que, considerando-se os termos até a
segunda ordem, inclusive, temos
òT©
JKML
I
û ¤ ì
Q¨ ¤
û ¤ í ©
3
JKML
;\¤
û [ 3
onde o momento de quadrupolo é definido como ¤Ï©
¤ I¨
Em contraste com a derivação apresentada no livrotexto,
observe que aqui foi necessário usarmos o termo
quadrático na expansão em série, uma vez que a
contribuição devida ao termo linear era nula.
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 ô raio discutido na seção 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:
¢ ©
direção ao ponto de ûP© equilíbrio . Além disto, a
magnitude da força é proporcional û a , com uma contante
de ¥e©§I i
JKML
3 ô:-# 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 freqüência angular dada
por (reveja o Cap. 14, caso necessário)
¢ ©
¥
g
JKML
§I
geô : 3
onde g representa a massa do elétron.
P 24-31.
Na Fig. 24-34, duas barras finas de plástico, uma de carga

ö
J
C
ö
J
©
©
C
ö
ö
©
©
©
©
©
©
¨´ N
¤ N
©
©
¤
K
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¤ N
J
©
©
3
3
3
sen ´&¨´
3
m ò Ú ©
m ò ©
©
ö
J
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3
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3
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¤
K
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K N # e ¨ï© N ¨´ . Portan-
onde ©À¤ i O
to
K N i J
ò ó apon-
Portanto, o módulo do campo ó total
ta para baixo e tem magnitude dada por
òT©
ò ó Ú
#b©À¤ i
¤
K
~
¤ ¨´ N
O módulo da ñò ¤
ò
K
¤
N
¨ò Ú ©c~
©P
Ú Ž © ¨\ò
Ú Ž © ò
¨ò Ú ¼$½¾G´
© m ¡u m
¹ ¤
¼X½¾9´¨´
¤
K
~
¤ ì sen ´Âí
¹ ¤
N
K
~,¤
¤ N
Conclusão: Termina mais rápido (e com menos erro!)
quem estiver familiarizado com a exploração das simetrias.
Isto requer treino...
Analogamente,
P 24-35.
Na Fig. 24-38, uma barra não-condutora “semi-infinita”
possui uma carga por unidade de comprimento, de valor
constante
. Mostre que o campo elétrico no ponto ù
¤
K
~
¤ N
¤
K
~
¤ N
¹ ¤
com a barra e que este ângulo
é independente da ô distância .
forma um ângulo de J C
Ú ’ © ò
Ú ’ © ¨ò
¨\ò Ú sen ´
¤
K
~
¤ ì1,¼$½¾G´í
¹ ¤
N
¤
K
~
¤ N
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 módulo do campo total é simplesmente
¤
K
~
¤ N
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 òŽ=©Tò’œ©
que
, vemos que o
¤
(
módulo do campo ò
devido às cargas positivas é dado
Ú
por
¡
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 ¨I*© ¨„ carga e está a uma
distância do ponto ù . A magnitude do campo que ¨\I
produz no ponto N é dada por ù
ò©cò ’ ©
¨\òT©
formando com o eixo „ dos .
Para a metade inferior o cálculo é semelhante. O resultado
final é
ò Ú © š ò Ž ¤ ò ’ ¤ © m
K
~,¤
¤ N
Chamando-se de ´ o ângulo entre ô e N , a componente
horizontal „ do campo é dada por
¨„
¤ N
O campo ó
ó ò ‚©Ò‚ ó ò Ú ‚© m ‚
.
¤
K
~
¤ N
ò
forma com o eixo dos „ um ângulo de
enquanto que a componente vertical … é
¨„
¤ N
¨„
¤ sen ´9y N
¨òŽƒ©T
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#b©B!;C
http://www.if.ufrgs.br/ jgallas Página 18 de 34
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¼$½¾G´

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3
3
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3
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sen ´¨´
©
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L
3
L
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LISTA 1 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS 11 de Dezembro de 2004, às 17:11
Os sinais negativos em ambas expressões indicam os
sentidos negativos de ambas as componentes em relação
ao ponto de origem, escolhido como sendo a extremidade
esquerda da barra.
Vamos usar aqui o ângulo ´ como variável de
integração. Para tanto, da figura, vemos que
¼$½¾G´ƒ©
ô
y N
e, portanto, que
sen ´&©
„
y N
„=©Pô
µo·
´9y
uma distância û acima do centro do disco, é dado por
(Eq. 24-27)
ò/©
ìOr
û
ô ¤ û ¤ íGy m
onde ô é o raio do disco e
a sua densidade superficial
de carga. No centro do (û,©¿ disco ) a magnitude do
campo ò¦v© 3 # é .
O problema pede para determinar o valor û de tal que
O i
ò i ò¦k©T i tenhamos , ou seja, tal que
r
û
ô ¤ û ¤ © m
¤ ´ ¼X½\¾
¨´9
Os limites de integração vão de até K i . Portanto
ou, equivalentemente,
¨„E©Pô¬¾-¼ ¤ ´B¨´+©cô
Ž © JKML ¨\ò
ô 3
JKML ©
ô 3
¹ ¤
¼$½¾G´
Desta expressão û ¤ © ô ¤ i J
/û ¤ i J
obtemos , isto é
i m ; . ûƒ©À›û ¤ © m
¹ ¤
¹ ¤
ò Ž ©
e, analogamente,
JKML ©
ô 3
24.2.6 Carga puntiforme num campo elétrico
ò ’ ©
¹ ¤
’ © JKML ¨ò
ô 3
JKML ©
ô 3
¹ ¤
sen ´
¼$½¾G´&¨´
¹ ¤
JKML ©
ô
3
Destes resultados vemos òSŽ ©¿ò’ que , sempre, qualquer
que seja o valor ô de . Além disto, como as duas
componentes tem a mesma magnitude, o campo resul-
com o eixo negativo dos
ñ tante faz um ângulo de C
J
, para todos os valores de ô .
„
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 ô , uniformemente carregado, o módulo
do campo elétrico é igual à metade do seu valor no centro
da superfície do disco
¡
A magnitude do campo elétrico num ponto situado
sobre o eixo de um disco uniformemente carregado, a
E 24-39.
Um elétron é solto a partir do repouso, num campo
elétrico uniforme de módulo G Œ”-[ N/C. Calcule a
sua aceleração (ignore a gravidade).
O módulo de tal aceleração é fornecido pela segunda
¡
lei de Newton:
E 24-43.
h ©
g
IÂò
g
©*;9DCG,- % ¯ m/s ¤
Um conjunto de nuvens carregadas produz um campo
elétrico no ar próximo à superfície da Terra. Uma
partícula de carga S9 ,-9A" C, colocada neste campo,
fica sujeita a uma força eletrostática de ;9 œ>-GH@
N apontando para baixo. (a) Qual o módulo do campo
elétrico (b) Qual o módulo, a direção e o sentido
da força elétrostática exercida sobre um próton colocado
neste campo (c) Qual a força gravitacional sobre o
próton (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 ñ :
I
,-9A@ N ;
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LISTA 1 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS 11 de Dezembro de 2004, às 17:11
A força aponta para baixo e a carga é negativa. Logo, o
campo aponta de baixo para cima.
(b) O módulo da força eletrostética exercida sobre o
próton é
©PIÂòT©{G
J
¥,- % @ N
Como o próton tem carga positiva, a força sobre ele terá
a mesma direção do campo: de baixo para cima.
(c) A força gravitacional exercida sobre o próton é
E 24-46.
Uma arma de defesa que está sendo considerado pela
Iniciativa de Defesa Estratégica (“Guerra nas Estrelas”)
usa feixes de partículas. Por exemplo, um feixe
de prótons, atingindo um míssil inimigo, poderia inutilizá-lo.
Tais feixes podem ser produzidos em “canhões”,
utilizando-se campos elétricos para acelerar as
partículas carregadas. (a) Que aceleração sofreria um
próton se o campo elétrico no canhão fosse de 9 œ-[
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:
,- ¤ f #$9 #
¤ @ Ny ,-
apontando de cima para baixo.
(d) A razão entre as magnitudes das forças elétrica e gravitacional
é
©
§ò
©T +,- % ¤
m/s ¤
h
(b) Usando a Eq. 15 do Cap. 2, encontramos:
©PgŒ¸ © ) Q
© Q
Q¥ ! %)3
Portanto, vemos que o peso do próton pode ser
completamente ignorado em comparação com a força
elétrostática exercida sobre o próton.
E 24-45.
(a) Qual é a aceleração de um elétron num campo
elétrico uniforme F!@ de N/C (b) Quanto tempo
leva para o elétron, partindo do repouso, atingir um
décimo da velocidade da luz (c) Que distância ele percorre
Suponha válida a mecânica Newtoniana.
(a) Usando a lei de Newton obtemos para o módulo
¡
da aceleração:
h ©
g
§ò
g
© 9
J
Q !G % "$#$) ,-@-#
8
! H: % 9nB
¢
É preciso lembrar-se das fórmulas aprendidas no curso
de Mecânica Clássica (Física I).
E 24-47.
Um elétron com uma velocidade escalar CG ­F-Á de
cm/s entra num campo elétrico de ,c-:
módulo
N/C, movendo-se paralelamente ao campo no sentido
que retarda seu movimento. (a) Que distância o elétron
percorrerá no campo antes de alcançar (momentaneamente)
o repouso (b) Quanto tempo levará para isso
(c) Se, em vez disso, a região do campo se estendesse
somente por mm (distância muito pequena para parar
o elétron), que fração da energia cinética inicial do
elétron seria perdida nessa região
(a) Primeiro, calculemos a aceleração do elétron devida
ao
¡
campo:
©T
J
¥© ¢ h „x „ 3 #b©T-Q km/s
Q+,- % f m/s ¤
(b) Partindo-se do repouso (i.e. com
3 ©P ) e usando a
equação ¥©
3 h _ obtemos facilmente que
§ò
g
Q,- % " #X) ,- : #
)
A: % ‘B,-
h ©
9
Q+,- % f
U
Q¥ !\% [ m/s ¤
©
Portanto, usando o fato ¤ ©! ¤ P h ž„ds„ 3 # que e
¨+©P„œ,„ 3
definindo temos, para a distância viajada:
; !Á i -
_`©
‘§ƒ ! A" s
©
(c) A distância percorrida é
aCG !@$# ¤
h _ ¤ ©
OG
J
Q¥,- % f #X‘§+,- H" # ¤
‘§+ ! ¤ m
(b) Usando o fato que ¥©
3 h _ e que x©* , temos
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(c) Basta determinar a velocidade do elétron quando o
campo terminar. Para tanto, usamos ¤ ©" ¤
onde ÕÒ©*,-9A: m é a extensão do campo.
* h Õ ,
e, portanto,
\Q+ !G % " C
Q ! % " C
©cC9y
I
Ô¡©
¤ ©
¤
ou seja, IB©cC .
” h Õ
Q+ ! % [ #XO ! H: #
© GD+ - % ¤
m/s ¤
Portanto, a fração da energia cinética perdida é dada por
GDSZC
C
©T9n§
ou seja, DÛ 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 é dada por
g$%
¤ ©
P 24-54.
Duas grandes placas de cobre, paralelas, estão separadas
por C cm e entre elas existe um campo elétrico uniforme
como é mostrado na Fig. 24-39. Um elétron é liberado
da placa negativa ao mesmo tempo que um próton é
liberado da placa positiva. Despreze a força que existe
entre as partículas e determine a distância de cada uma
delas até a placa positiva no momento em que elas passam
uma pela outra. (não é preciso conhecer o módulo
do campo elétrico para resolver este problema. Isso lhe
causa alguma surpresa)
© OCG ,- @ # ¤ Zr8
O9nB ! H: % #$OGD¥ ! % ¤ #
~ ©

¢ ©
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IÂò i g ¸ƒ
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J
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LISTA 1 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS 11 de Dezembro de 2004, às 17:11
para baixo, a tensão no fio, fazendo um ângulo ´ para
a esquerda do vetor IÂò , que aponta para cima já que a
carga é positiva.
Consideremos o ângulo assim definido como sendo positivo.
Então o torque sobre a esfera em torno do ponto
onde o fio esta amarrado à placa superior é
. ©&gŒ¸ƒ IÂòƒ#4ï sen ´9
Se gŒ¸ – IÂò , então o torque é um torque restaurador:
ele tende a empurrar o pêndulo de volta a sua posição de
equilíbrio.
Se a amplitude de oscilação é pequena, sen ´ pode ser
substituido por ´ em radianos, sendo então o torque dado
por
. ©&gŒ¸+,IÂòƒ#4ïX´9
O torque é proporcional ao deslocamento angular e o
pêndulo move-se num movimento harmônico simples.
Sua freqüência angular é
Na Fig. 24-41, um campo ñ elétrico , de rx!:
módulo
N/C, apontando para cima, é estabelecido entre duas
placas horizontais, carregando-se a placa inferior positivamente
e a placa superior negativamente. As placas
têm £ ©è- comprimento cm e ¨>©0 separação cm.
Um elétron é, então, lançado entre as placas a partir da
extremidade esquerda da placa inferior. A velocidade
inicial tem um módulo QE”-@ 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 é 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 é negativa, a força
elétrica está orientada de cima para baixo (no sentido
oposto ao sentido do campo elétrico). A aceleração do
elétron é dada por
¢ © ¢ žgE¸ƒ IÂòƒ# ï i y
onde é o momento de inércia rotacional do pêndulo.
Como para um pêndulo simples sabemos que ¥©PgŒï ¤
,
segue que
g
!ò
g
© ©c;9DCG!;ƒ,- % [ m/s ¤
h
Para saber se o elétron atinge ou não a placa superior,
devemos calcular inicialmente o _ tempo necessário para
que ele atinja a …­©T \ altura m da placa superior.
Podemos escrever a seguinte relação:
ï žgE¸ƒ,IÂò+#
¤ gEï
3
sen ´#4_‡ h _ ¤
…©1
e o período é
Temos:
3
sen ´ ©ÏOQ9 =>-@$# sen J C 3 ©
m/s. Substituindo os valores adequados na relação anterior
e resolvendo a equação do segundo grau em _ , encontramos:
>-@
i g ¸ƒ,IÂò
ï
¢ ©{
»P©
Quando IÂò – gE¸ o torque não é restaurador e o
pêndulo não oscila.
(b) A força do campo elétrico está agora para baixo e o
torque sobre o pêndulo é
_ % ©*Q
J
¥ ! H" s e _ ¤ ©
UU§J
,- HÁ s
O menor valor de _ é o que nos interessa (o outro corresponde
ao trecho descendente da trajetória). Neste intervalo
de tempo _ %
o elétron se deslocou uma distância
„ dada por
. ©T&žgE¸< IÂò+# ïX´
se o deslocamento for pequeno. O período de oscilação
é
„=©T2 3 ¼X½¾9´#4_ % ©
! @ #$Q9
J
m
¥ ! A" #
© 9
ï K0/
i g ¸”IÂò
- cm, concluimos que: (a) o elétron
© G
cm
»*©{
P 24-56.
atinge a placa superior, e, (b) num ponto situado 9 a
cm da extremidade esquerda da placa superior.
±
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24.2.7 Um dipolo num campo elétrico
P 24-60.
Determine a freqüência de oscilação de um dipolo
elétrico, de momento de dipolo Þ e momento de inércia
, para pequenas amplitudes de oscilação, em torno de
sua posição de equilíbrio, num campo elétrico uniforme
de módulo ò .
A magnitude do torque que atua no dipolo elétrico
¡
é
dada © Þ ò por ´ sen , onde é a magnitude do momento
de dipolo, .
é a magnitude do campo elétrico
Þ ò
e é o ângulo entre o momento de dipolo e o campo
´
elétrico.
O torque é sempre ‘restaurador’: ele sempre tende agirar
o momento de dipolo em direção ao campo elétrico.
Se ´ é positivo o torque é negativo e vice-versa: . ©
Þ ò sen ´ .
Quando a amplitude do movimento é pequena, podemos
substituir sen ´ por ´ em radianos. Neste caso,
. © Þ òB´ . Como a magnitude do torque é proporcional
ao ângulo de rotação, o dipolo oscila num
movimento harmônico simples, de modo análogo a um
pêndulo de torsão com constante de torsão t,© Þ ò . A
freqüência angular é dada por
¢ ¤ ©
y
onde é o momento de inércia rotacional do dipolo.
Portanto, a freqüência de oscilação é
Þ ò
W Þ ò
K ©
àœ©
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LISTA 1 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS 11 de Dezembro de 2004, às 17:11
25 Lei de Gauss
25.1 Questões
Q 25-4.
Considere uma superfície gaussiana envolvendo parte
da distribuição de cargas mostrada na Fig. 25-22. (a)
Qual das cargas contribui para o campo elétrico no ponto
ù (b) O valor obtido para o fluxo através da superfície
circulada, usando-se apenas os campos elétricos
devidos a I %
e I ¤ , seria maior, igual ou menor que o valor
obtido usando-se o campo total
(c) Não. O fluxo total só depende da carga total no interior
da superfície gaussiana considerada. A posição
das cargas não altera o valor do fluxo total através da
superfície gaussiana considerada, desde que o o valor
desta carga total não seja modificado.
(d) Sim. Neste caso, como a carga total no interior da superfície
gaussiana considerada é nula, o fluxo total será
igual a zero.
(e) Não. O fluxo total só depende da carga total no interior
da superfície gaussiana considerada. Colocando-se
uma segunda carga fora da superfície gaussiana considerada,
não ocorrerá nenhuma variação do fluxo total
(que é determinado apenas pelas cargas internas). As
cargas externas produzem um fluxo nulo através da superfície
gaussiana considerada.
(f) Sim. Neste caso, como a carga total no interior
da superfície gaussiana considerada passa a ser igual a
.
3
I % I-¤ , o fluxo total é igual a OI % >I$¤§# i L
Q 25-7.
¡
(a) Todas as cargas contribuem para o campo. Ou seja,
o campo é devido a todas as cargas. (b) O fluxo total
é sempre o mesmo. Por estarem fora da gaussiana, as
cargas I :
e I [
não contribuem efetivamente para o fluxo
total uma vez que todo fluxo individual a elas devido
entra porém também sai da superfície.
Q 25-5.
Uma carga puntiforme é colocada no centro de uma superfície
gaussiana esférica. O valor do 3 fluxo mudará
se (a) a esfera for substituída por um cubo de mesmo
volume (b) a superfície 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 superfície gaussiana
¡
(a) Não. O fluxo total só depende da carga total no
interior da superfície gaussiana considerada. A forma
da superfície gaussiana considerada não é relevante.
(b) Não. O fluxo total só depende da carga total no interior
da superfície gaussiana considerada. O volume
englobado pela superfície gaussiana considerada não é
relevante.
Suponha que a carga líquida contida em uma superfície
gaussiana seja nula. Podemos concluir da lei de Gauss
ñ que é igual a zero em todos os pontos sobre a superfície
É verdadeira a recíproca, ou seja, se o campo
ñ elétrico em todos os pontos sobre a superfície for nulo,
a lei de Gauss requer que a carga líquida dentro da
superfície seja nula
¡
Se a carga total for nula podemos conlcuir que o fluxo
total sobre a gaussiana é zero mas não podemos concluir
nada sobre o valor de ñ em cada ponto individual da superfície.
Para convencer-se disto, estude o campo gerado
por um dipolo sobre uma gaussiana que o envolva. O
campo ñ sobre a gaussiana não precisa ser homogḙneo
para a integral sobre a superfície dar zero.
A recíproca é verdadeira, pois neste caso a integral será
calculada sobre o produto de dois vetores, um dois quais
é identicamente nulo sobre toda a gaussiana.
Q Extra – 25-8 da terceira edição do livro
Na lei de Gauss,
§54ãñ6879éPIVy
o campo ñ é necessariamente devido à carga I
¡
Não. O fluxo total através da gaussiana depende
do excesso de carga (i.e. da carga não-balanceada) nela
contida. O campo elétrico ñ em cada ponto da superfície
gaussiana depende de todas as cargas existenhttp://www.if.ufrgs.br/
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tes, internas ou não. O que ocorre é 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.
¡
Usando a Eq. 9, encontramos o fluxo através da superfície
gaussiana fechada considerada (que, no caso
deste exercício, é um cubo):
25.2 Problemas e Exercícios
©4ãñ6$¨

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Usando a lei de Gauss: O fluxo elétrico sobre cada uma
das três faces que estão sobre os planos áCA , á,ø e A¥ø
é igual a zero pois sobre elas os vetores ñ e ¨

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no interior da parte maciça de um condutor é sempre
ò
igual a zero. Aplicando a lei de Gauss, encontramos:
Para podermos fixar a escala vertical da figura, precisamos
determinar o valor numérico do campo no ponto de
transição, ôÀ©*; cm:
: ;
Como ò0©ã , devemos ter IP¤ % # i L
que
3 © , ou seja,
©
K N j ò
© 4 ñ6-¨R C/m
¡
Use uma superfície Gaussiana = cilíndrica de raio N e
comprimento unitário, concêntrica com o tubo metálico.
Então, por simetria,
ñ6!¨D9é{
K N òT©
(a) Para N – ô , temos I dentro ©
(b) Para ±
termos
N
.
òT©
K N j
dentro j
I
, de modo que
ô , a carga dentro é zero, o que implica
òT©P
N
(a) Para N ± h
a carga dentro é zero e, portanto ò©c .
(b) Para h ±
P 25-26.
±GF a carga dentro é
òE‚©
KHj ‚
, de modo que
A Fig. 25-32 mostra um contador de Geiger, dispositivo
usado para detectar radiação ionizante (radiação que
causa a ionização de átomos). 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 é criado no interior do cilindro. O cilindro
contém um gás inerte a baixa pressão. Quando
uma partícula de radiação entra no dispositivo através
da parede do cilindro, ioniza alguns átomos do gás. Os
elétrons livres resultantes são atraidos para o fio positivo.
Entretanto, o campo elétrico é tão intenso que, entre
as colisões com outros átomos do gás, os elétrons livres
ganham energia suficiente para ionizá-los também.
N
òT©
KHj
KML
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3
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3
3
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K
K
K
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Criam-se assim, mais elétrons livres, processo que se repete
até os elétrons alcançarem o fio. A “avalanche” de
elétrons é coletada pelo fio, gerando um sinal usado para
registrar a passagem da partícula de radiação. Suponha
que o raio do fio central seja CkR de m; o raio do cilindro
seja de cm; o comprimento do tubo seja -Q de cm.
Se o campo elétrico na parede interna do cilindro for de
=>![ N/C, qual será a carga total positiva sobre o
G
fio central
¡
O campo elétrico é radial e aponta para fora do fio
central. Desejamos descobrir sua magnitude na região
entre o fio e o cilindro, em função da distância N a partir
do fio. Para tanto, usamos uma superfícia Gaussiana
com a forma de um cilindro com raio N e comprimento
ï , concêntrica com o fio. O raio é maior do que o raio do
fio e menor do que o raio interno da parede cilíndrica.
Apenas a carga sobre o fio está localizada dentro da superfície
Gaussiana. Chamemo-la de I .
A área da superfície arredondada da Gaussiana
cilíndrica
K N ï é e o fluxo através dela 3 ©ã
K N ï$ò é .
Se desprezarmos o fluxo através das extremidades do cilindro,
então 3 o será o fluxo total e a lei de Gauss nos
IB©c
KML N ï$ò fornece . Como a magnitude do campo na
parede do cilindro é conhecida, suponha que a superfície
Gaussiana seja coincidente com a parede. Neste caso,
é o raio da parede e
N
A carga dentro da Gaussiana cilíndrica é
IB©@(H&T©(
K N ¤ ï-#ˆy
&T©
K N ¤ ï onde é o volume do cilindro. ( Se é positivo,
as linhas de campo elétrico apontam radialmente para
fora, são normais à superfície arredondada do cilindro
e estão distribuidas uniformemente sobre ela. Nenhum
fluxo atravessa as bases da Gaussiana. Portanto, o fluxo
total através da Gaussiana 3c©.òI=T© ôï$ò é , onde
K N ï é a área da porção arredondada da Gaussiana.
=c© h
A lei de Gauss
3 3s©*I ( ) nos fornece
KML N ï$òT©
K N ¤
então
, de onde tira-se facilmente que
L ïJ(
òT©
(b) neste caso consideramos a Gaussiana como sendo
um cilindro de ï comprimento e com raio maior que
N
. O fluxo é novamente 3s©P
K N ï$ò . A carga dentro da
ô
N (
L
Gaussiana é a carga total numa secção do cilindro carregado
com ï comprimento . Ou I © KML
seja,
ï$òÏ© N
lei de Gauss nos fornece então
modo que o campo desejado é dado por
¤ ïJ( . A ô
¤ ïJ( , de ô
ô ¤ (
O9 C+ - % ¤ #XO9 9
òT©
#XO9n-Q#$O9 + ! [ #
I“©
N
P 25-30.
Uma carga está uniformemente distribuida através do
volume de um cilindro infinitamente longo de raio ô .
(a) Mostre que ò a uma distância N do eixo do cilindro
( N ± ô ) é dado por
Observe que os valores dados pelas duas expressões
coincidem para N ©*ô , como era de se esperar.
Um gráfico da variação ò de em função de é bastante
semelhante ao mostrado na Fig. 25-21, porém, apresentando
para N – ô um decaimento proporcional a i N
(em vez de N i N ¤
como na Fig. 25-21).
© ;9 Q,- H" C
y
onde ( é a densidade volumétrica de carga. (b) Escreva
uma expressão para ò a uma distância N – ô .
¡
(a) O círculo cheio no diagrama abaixo mostra
a secção reta do cilindro carregado, enquanto que o
círculo tracejado corresponde à secção reta de uma superfície
Gaussiana de forma cilíndrica, concêntrica com
o cilindro de carga, e tendo raio N e comprimento ï .
Queremos usar a lei de Gauss para encontrar uma expressão
para a magnitude do campo elétrico sobre a superfície
Gaussiana.
N (
L
25.2.5 Lei de Gauss: simetria plana
E 25-32.
Uma placa metálica quadrada de cm de lado e espessura
desprezível tem uma carga total de de Q,-9A@ C.
(a) Estime o módulo de ò do campo elétrico localizado
imediatamente fora do centro da placa (a uma distância,
digamos, de C mm), supondo que a carga esteja uniformemente
distribuida sobre as duas faces da placa. (b)
ò/©
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©
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gE¸ © 9y LK vertical#
»­¼X½\¾G´B
sen ´ © 9MK horizontal#
IÂò.,»
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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, é razoável substituirmos a placa finita por
uma placa infinita contendo a mesma densidade superficial
de carga e considerar a magnitude do campo como
òã© i L
3
sendo , onde é a densidade de carga da superfície
sob o ponto considerado. A carga está distribui-
da uniformemente sobre ambas faces da placa original,
metade dela estando perto do ponto considerado. Portanto
Substituindo-se » © IÂò i
sen ´ , tirado da segunda
equação, na primeira, obtemos IÂòT©*gE¸ tan ´ .
O campo elétrico por um plano grande e uniforme de
cargas é dado ò0© 3 # por , onde é a densidade
superficial de carga. Portanto, temos
i a
tan ´ ©PgŒ¸
de onde se extrai facilmente que
gŒ¸ tan ´ 3
I
Cƒ,-G % ¤ #X8B !GA@-#X \# tan ;
9
AÁ C ¥,-
I
=
!GH@ Q
\# ¤ ©
9
Q¥,- 1[ C/m ¤
A magnitude do campo é
L
Q¥,-GA[
9 C+ !
ò/©
% ¤ ©{CG ;¥ ! f N/C
(b) Para uma distância grande da placa o campo elétrico
será aproximadamente o mesmo que o produzido por
uma partícula puntiforme com carga igual à carga total
sobre a placa. A magnitude de ò•©
tal
¤
campo é
, onde é a distância à placa. Portanto
N # N
i
JKML
I
P 25-34.
òT©
!GH@$#
x,-"$#XOQx
¤ ;
©PQ N/C
Na Fig. 25-36, uma pequena bola, não-condutora, de
massa mg e carga Ic©
P!GAÁ C uniformemente
distribuida, está suspensa por um fio isolante que faz
um ´ƒ©c;
ângulo 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.
P 25-35.
Um elétron é projetado diretamente sobre o centro de
uma grande placa metálica, carregada negativamente
com uma densidade superficial de carga de módulo
‡!GA@ C/m ¤ . Sabendo-se que a energia cinética inicial
do elétron é 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 repulsão sobre o elétron, desacelerando-o e
parando-o imediatamente antes dele tocar na superfície
da placa.
Primeiramente, vamos determinar uma expressão para
a aceleração do elétron, usando então a cinemática para
determinar a distância de paragem. Consideremos
a direção inicial do movimento do el´tron como sendo
positiva. Neste caso o campo elétrico é dado por
placa. A força sobre o elétron .©T§òT©
é
a aceleração é
òT©
i L
3
, onde
é a densidade superficial de carga na
i L
3
e
© C9 ¥,- H" C/m ¤
¡
Três forças atuam na pequena bola: (i) uma força gravitacional
de gŒ¸ magnitude , g onde é a massa da bola,
atua na vertical, de cima para baixo, (ii) uma força
elétrica de IÂò
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 ´ (©*;
ângulo ) com a vertical.
Como a bola está em equilíbrio, a força total resultante
sobre ela deve ser nula, fornecendo-nos duas
equações, soma das componentes verticais e horizontais
das forças, respectivamente:
onde g
é a massa do elétron.
h ©
g
©T
A força é constante, de modo que podemos usar as
fórmulas para aceleração constante. Chamando de
3
a velocidade inicial do elétron, sua velocidade final,
e „ a distância viajada entre as posições inicial e final,
temos ¤ ¤ ©Ñ h „ que . *©Ñ Substituindo-se e
© i 3 g­# nesta expressão e resolvendo-a para „
h
encontramos
3 g
3
gN ¤
„=©.
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©
3
J
J
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3
3
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÷
(V¨
L
3
U
©
U
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~ 3 z*gO ¤ i onde é a energia cinética inicial.
Antes de aplicar a fórmula, é preciso converter o valor
dado ~ 3
de para joules. Do apêndice F do livro tiramos
que ©• QdP-9 % " eV J, ! donde © eV
Q¥,-9 % f J. Portanto
superfície gaussiana E cilíndrica . Como a densidade de
( carga é constante, a carga total no interior da superfície
é dada por E
©(HO„S=#X
Portanto, aplicando a lei de Gauss para a superfície considerada,
encontramos facilmente a seguinte resposta:
I |RQ
\C+ !G % ¤ #$) Q,-9 % f$#
Q ! % " #$O¥,- H@ #
)
„ ©
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.
(b) Construa novamente uma superfície gaussiana cilíndrica
contendo toda a chapa, isto é, construa novamente
uma superfície semelhante à gaussiana cilíndrica E indicada
na figura da solução deste problema, onde, agora,
a área da = base está situada a uma „ © ¨ i
distância
do plano „e©{ central . De acordo com a figura, vemos
facilmente que, neste caso, temos:
©(H=S¨1
Portanto, aplicando a lei de Gauss para a superfície
gaussiana cilíndrica considerada, encontramos facilmente
a seguinte resposta:
I |RQ
òT©
L
(\„
3
òT©
! A[ m
¡
Suponha que a carga total ¤ esteja uniformemente
distribuida ao longo da chapa. Considerando uma área
muito grande (ou melhor, para pontos próximos do centro
da chapa), podemos imaginar que o campo elétrico
possua uma direção ortogonal ao plano da superfície 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,
ò©¬ , para „.©¬ . Na figura da solução deste problema
mostramos uma superfície gaussiana E cilíndrica
cujas bases são paralelas às faces da chapa.
Seja =
a área da base desta superfície gaussiana E . Como
as duas bases da superfície gaussiana E cilíndrica
estão igualmente afastadas do plano „ © central e
lembrando que o vetor E é ortogonal ao vetor dA na superfície
lateral da superfície gaussiana E cilíndrica , concluímos
que o fluxo total através da superfície gaussiana
E cilíndrica é dado por
25.2.6 Lei de Gauss: simetria esférica
P 25-40.
Uma esfera condutora - de cm da raio possui uma carga
de valor desconhecido. Sabendo-se que o campo
elétrico à distância de §C cm do centro da esfera tem
módulo igual a ;EZ- : N/C e aponta radialmente para
dentro, qual é carga líquida sobre a esfera
A carga está distribuida uniformemente sobre a superfície
da esfera e o campo elétrico que ela produz
¡
em pontos fora da esfera é como o campo de uma
partícula puntiforme com carga igual à carga total sobre
a esfera. Ou seja, a magnitude do campo é dado por
esfera e é a distância a partir do centro da esfera ao
ponto onde o campo é medido. Portanto, temos,
N
i
JKML
òé/I
N ¤ # , onde I é magnitude da carga sobre a
¤ O; !:$# 9n!C#
! "
ò onde é o módulo do campo elétrico a uma distância
do plano central „P©0 . A carga I |RQ englobada no
„
interior da superfície gaussiana E cilíndrica é dada pela
integral (cḦ& de no volume situado no interior da
N ¤ òT©
Como campo aponta para dentro, em direção à esfera, a
carga sobre a esfera é negativa:
E 25-41.
DC+ !GA" C
:-;
DC¥,- H" C
©¤4 ñ@6$¨D9º©PòP=
IB©
JKML
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Y
3
3
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: N
: w ô
L
I
3
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depende apenas da carga contida na Gaussiana.
¡
(a) O fluxo continuaria a ser
(b) A carga líquida é
I“©
O9 C+ ! % ¤ #$)
©
E 25-42.
3
3
C#`©TQ9 Q
C N6 m ¤ /C, pois ele
,- %43 C
¡
(a) Para N ± ô , temos ò/©* (veja Eq. 25-18).
(b) Para N um pouco maior de ô , temos
Chamando-se de ò a magnitude do campo, então o fluxo
total através da Gaussiana 3 ©
JK N ¤ ò é . A carga
contida na Gaussiana é a soma da carga positiva no
centro com e parte da carga negativa que está dentro da
Gaussiana. Uma vez que a carga negativa é suposta estar
uniformemente distribuida numa esfera de ô raio ,
podemos computar a carga negativa dentro da Gaussiana
usando a razão dos volumes das duas esferas, uma
de raio e a outra de raio ô : a carga negativa dentro da
Gaussiana nada mais é do que N N : i ô : . Com isto tudo,
a carga total dentro da Gaussiana øSé,øS N : i ô: é .
ø
A lei de Gauss nos fornece então, sem problemas, que
JKHj
I
¤ N
I
¤ ô
y
de onde tiramos facilmente que, realmente,
N ¤ ò©ÀøS u r
JKHj
ò/©
JKHj
,-"-#XO9 ,-9Af$#
O9
¤ O9DC#
N
: w ô
JKHj
ø
¤ N
© 9 ,- [ N/C
ò©
(c) Para –
anterior,
N
E 25-45.
ô temos, aproveitando o cálculo do item
ò ©
JKHj
I
¤ N
© O9 ¥ - [ # u
© N/C
C
w ;
Num trabalho escrito em 1911, Ernest Rutherford disse:
“Para se ter alguma idéia das forças necessárias
para desviar uma T partícula através de um grande
ângulo, considere um átomo contendo uma carga puntiforme
positive øS no seu centroo e circundada por
uma distribuição de eletricidade negativa øS , uniformemente
distribuída dentro de uma esfera de raio ô . O
campo elétrico òÃ$$ a uma distância N do centro para
um ponto dentro do átmo é
P 25-47.
Uma casca esférica metálica, fina e descarregada, tem
uma carga puntiforme I 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 I (d) A presença da
carga I tem alguma influência sobre a distribuição de
cargas sobre a casca (e) Se uma segunda carga puntiforme
for colocada do lado de fora da casca, ela sofrerá
a ação de alguma força (f) A carga interna sofre a ação
de alguma força (g) Existe alguma contradição com a
terceira lei de Newton Justifique sua resposta.
NOTA: na quarta edição brasileira do livro esqueceram
de mencionar que a casca esférica é METÁLICA!!
¡
Antes de responder aos itens, determinamos uma expressão
para o campo elétrico, em função da distância
radial N a partir da carga I . Para tanto, consideremos
uma superfície Gaussiana esférica de raio N centrada na
carga I . A simetria do problema nos mostra que a magnitude
ò é a mesma sobre toda superfície, de modo que
N
: w ô
¤ N
JKHj
øS
q q
Verifique esta expressão.
¡
Usamos primeiramente a lei de Gauss para encontrar
uma expressão para a magnitude do campo elétrico a
uma distância N do centro do átomo. O campo aponta
radialmente para fora e é uniforme sobre qualquer esfera
concêntrica com o átomo. Escolha uma superfície
Gaussiana esférica de raio N com seu centro no centro
do átomo.
fornecendo-nos
4 ñ6!¨D9é
JK N ¤ ò©
I
¤ y N
N #Щ òŒ
I onde representa a carga dentro da superfície Gaussiana.
I Se for positiva, o campo elétrico aponta para fora
da Gaussiana.
òT©
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N
N
JKML
3
u
j
I
w 3
u
3
N
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JKHj
I
3
j
I
3
y
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(a) Dentro da casca contendo a carga I temos
diz que
(b) Como fora da casca a carga líquida é I , o valor do
campo elétrico é o mesmo do item anterior.
(c) Não, pois não influi na dedução de òœ N # , acima.
(d) Sim: como a casca fina é metálica, na sua superfície
interna irá aparecer uma carga I INDUZIDA. Como a
carga total da casca esférica é zero, sua superfície externa
deverá conter uma carga

©
3
N
J
U
JKML
3
©
©
K
=
©
©
õ
õ
©
õ
K
JKML
3
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I
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N
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L
3
©
K
K
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h
K
N ¤
h =+
JKML
I
3-h
K
h
=
¤ #ˆy
¤
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A magnitude da força elétrica sobre o próton é ,©
Assim, a carga total dentro da superfície Gaussiana é
N ¤ # , onde I é a magnitude da carga sobre a es-
i §I
fera. Portanto, r©c quando , temos
JKML
IÂ
¤ © N
¤ gN
N
y
de modo que a carga procurada será dada por
O campo elétrico é radial, de modo que o fluxo através
da superfície Gaussiana 3”©
JK N ¤
ò é , ò onde é a magnitude
do campo. Aplicando agora a lei de Gauss obtemos
N ¤
h =ƒ
¤ #ˆ
Iv>I8é©PIr>
3
gO
¤ N
de onde tiramos
JKML
JKML
ò N ¤
©cIv” 3
I“©
,-G ¤ f kg#$;x,- ¯ m/s#
¤ m#
8 Q
,- " N m ¤ /C ¤ #X8 Q¥,- % " C#
=F
”
òT©
P 25-53
Na Fig. 25-41, uma casca esférica não-condutora, com
raio interno h
e raio externo F , tem uma densidade volumétrica
de carga dada ( ©W=
i N
por , = onde é constante
e é a distância ao centro da casca. Além disso,
uma carga puntiforme N está localizada no centro. Qual
I
deve ser o valor = de para que o campo elétrico na cas-
Para que o campo seja independente de N devemos es-
= colher de modo a que o primeiro e o último termo
entre colchetes se cancelem. Isto ocorre se tivermos
IZ
=
h
¤ ©c , ou seja, para
¤
quando então teremos para a magnitude do campo
=c©
í9
N ¤
©
nC
ca ( hBX
F ) tenha módulo constante (Sugestão: =
X
depende de mas não de F .)
h
¡
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
o valor = de de modo que tal campo não dependa da
distância.
Para começar, vamos escolher uma Gaussiana esférica
de raio N , concêntrica com a casca esférica e localizada
dentro da casca, i.e. com h ±
N
de Gauss podemos determinar a magnitude do campo
elétrico a uma distância a partir do centro.
N
±YF . Usando a lei
A carga contida somente sobre a casca dentro da Gaussiana
é obtida através da I ©Z[(ÐḦ&
integral calculada
sobre a porção da casca carregada que está dentro da
Gaussiana.
Como a distribuição de carga tem simetria esférica, podemos
escolher ¨

LISTA 1 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS 11 de Dezembro de 2004, às 17:11
sobre a esfera Gaussiana. Se uma força elétrica conseguir
I empurrar de volta, deverá existir um campo
elétrico apontando para dentro da superfície. Se um
campo elétrico empurrar I em direção a ù , não importando
onde isto ocorra sobre a superfície, então deverá
existir um campo elétrico que aponte para dentro em todos
pontos da superfície. O fluxo líquido através da superfície
não será zero e, de acordo com alei de Gauss,
deve existir carga dentro da superfície Gaussiana, o que
é uma contradição.
Concluimos, pois, que o campo
atuando numa carga não pode empurra-la de volta ù a
para todos deslocamentos possíveis e que, portanto, a
carga não pode estar em equilíbrio estável.
Se existirem locais sobre a superfície Gaussiana onde o
campo elétrico aponte para dentro e I empurre de volta
para sua posição original, então deverão existir sobre a
superfície outros pontos onde o campo aponte para fora
e I empurre para fora da sua posição original.
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