Baixe Campo Elétrico em Presença de Cargas: Lei de Gauss e outras Notas de estudo em PDF para Engenharia Civil, somente na Docsity!
Exerc´ıcios Resolvidos de Teoria Eletromagn´etica
Jason Alfredo Carlson Gallas
Professor Titular de F´ısica Te´orica Doutor em F´ısica pela Universidade Ludwig Maximilian de Munique, Alemanha Universidade Federal do Rio Grande do Sul Instituto de F´ısica
Mat´eria para a PRIMEIRA prova. Numerac¸ ˜ao conforme a quarta edic¸ ˜ao do livro “Fundamentos de F´ısica”, Halliday, Resnick e Walker.
Esta e outras listas encontram-se em: http://www.if.ufrgs.br/ jgallas clicando-se em ‘ENSINO’
Conte´udo
25 Lei de Gauss 2 25.1 Quest˜oes................. 2 25.2 Problemas e Exerc´ıcios......... 3 25.2.1 Fluxo do campo el´etrico.... 3
25.2.2 Lei de Gauss.......... 3 25.2.3 Um condutor carregado isolado 4 25.2.4 Lei de Gauss: simetria cil´ındrica 5 25.2.5 Lei de Gauss: simetria plana.. 6 25.2.6 Lei de Gauss: simetria esf´erica. 8
Coment´arios/Sugest˜oes e Erros: favor enviar para jgallas @ if.ufrgs.br (lista1.tex)
25 Lei de Gauss
25.1 Quest˜oes
Q 25-4.
Considere uma superf´ıcie gaussiana envolvendo parte da distribuic¸˜ao de cargas mostrada na Fig. 25-22. (a) Qual das cargas contribui para o campo el´etrico no pon- to
? (b) O valor obtido para o fluxo atrav´es da su- perf´ıcie circulada, usando-se apenas os campos el´etricos
devidos a e , seria maior, igual ou menor que o va-
lor obtido usando-se o campo total?
(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 n˜ao contribuem efetivamente para o flu-
xo total uma vez que todo fluxo individual a elas devido entra por´em tamb´em sai da superf´ıcie.
Q 25-5.
Uma carga puntiforme ´e colocada no centro de uma su- perf´ıcie gaussiana esf´erica. O valor do fluxo mudar´a 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 pr´oxima, e fora, da esfera original? (f) uma segunda carga for colocada dentro da superf´ıcie gaussiana?
(a) N˜ao. O fluxo total s´o depende da carga total no interior da superf´ıcie gaussiana considerada. A forma da superf´ıcie gaussiana considerada n˜ao ´e relevante.
(b) N˜ao. O fluxo total s´o depende da carga total no in- terior da superf´ıcie gaussiana considerada. O volume englobado pela superf´ıcie gaussiana considerada n˜ao ´e relevante.
(c) N˜ao. O fluxo total s´o depende da carga total no in- terior da superf´ıcie gaussiana considerada. A posic¸˜ao das cargas n˜ao altera o valor do fluxo total atrav´es da superf´ıcie gaussiana considerada, desde que o o valor desta carga total n˜ao seja modificado. (d) Sim. Neste caso, como a carga total no interior da su- perf´ıcie gaussiana considerada ´e nula, o fluxo total ser´a igual a zero. (e) N˜ao. O fluxo total s´o depende da carga total no inte- rior da superf´ıcie gaussiana considerada. Colocando-se uma segunda carga fora da superf´ıcie gaussiana con- siderada, n˜ao ocorrer´a nenhuma variac¸˜ao do fluxo total (que ´e determinado apenas pelas cargas internas). As cargas externas produzem um fluxo nulo atrav´es da su- perf´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.
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-´
perf´ıcie? ´E verdadeira a rec´ıproca, ou seja, se o campo
el´etrico em todos os pontos sobre a superf´ıcie for nu-
lo, 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 su-
perf´ıcie. Para convencer-se disto, estude o campo gera- do por um dipolo sobre uma gaussiana que o envolva. O
campo sobre a gaussiana n˜ao precisa ser homogˆeneo
para a integral sobre a superf´ıcie dar zero. A rec´ıproca ´e verdadeira, pois neste caso a integral ser´a calculada sobre o produto de dois vetores, um dois quais ´e identicamente nulo sobre toda a gaussiana.
Q Extra – 25-8 da terceira edic¸ ˜ao do livro
Na lei de Gauss,
o campo e necessariamente devido `´ a carga ?
N˜ao. O fluxo total atrav´es da gaussiana depende
do excesso de carga (i.e. da carga n˜ao-balanceada) ne-
la contida. O campo el´etrico em cada ponto da su-
perf´ıcie gaussiana depende de todas as cargas existen-
Usando a lei de Gauss: O fluxo el´etrico sobre cada uma
das trˆes faces que est˜ao sobre os planos a^b , aQd e b\d
´e igual a zero pois sobre elas os vetores e B 5 s˜ao
ortogonais (i.e. seu produto escalar ´e nulo). Como se pode perceber da simetria do problema, o fluxo el´etrico sobre cada uma das trˆes faces restantes ´e exata- mente o mesmo. Portanto, para determinar o fluxo total, basta calcular o fluxo sobre uma qualquer destas trˆes fa- ces multiplicando-se tal resultado por trˆes. Para tanto, consideremos a face superior do cubo , paralela ao plano
acb , e sobre ela um elemento de ´area B5If"gB2hAB2i. Para
qualquer ponto
sobre esta face o m´odulo do campo el´etrico ´e
3j
k
>2j
` h i
Chamando de 7 o ˆangulo que a direc¸˜ao do campo
el´etrico em
faz com o eixo d percebemos que este
ˆangulo coincide com o ˆangulo entre a normal e e,
ainda, que
D
F
5G
T"$` k. Portanto, o fluxo el´etrico ´e dado
pela seguinte integral:
face "
0B
" C
,lDF3G
HB3hmB2i
`&
>2j ^
C
on
Cpn
B
3heB3i
K` h i q^
Observe que a integral ´e sobre uma superf´ıcie aberta, pois corresponde ao fluxo parcial , devido a uma das
arestas apenas. Integrando em relac¸˜ao a h e depois in-
tegrando em relac¸˜ao a i com aux´ılio das integrais dadas
no Apˆendice G, encontramos o fluxo el´etrico sobre a fa- ce em quest˜ao como sendo dado por
face "
Portanto, o fluxo total sobre todo o cubo ´e
[" '
face "
Usando argumentos de simetria: E a maneira mais´ simples de obter a resposta, pois prescinde da necessi- dade da calcular a integral dupla. Por´em, requer maior maturidade na mat´eria. Observando a figura do proble- ma, vemos que colocando-se 8 cubos idˆenticos ao redor
da carga poderemos usar a lei de Gauss para determi-
nar que o fluxo total atrav´es dos 8 cubos ´e dado por
total "
Devido a simetria, percebemos que o fluxo sobre ca- da um dos 8 cubos ´e sempre o mesmo e que, portanto, o fluxo sobre um cubo vale
["
total
que, em particular, ´e o fluxo sobre o cubo do problema em quest˜ao. Simples e bonito, n˜ao?
25.2.3 Um condutor carregado isolado
E 25-16.
Uma esfera condutora uniformemente carregada, de - 2(+*
m de diˆametro, possui uma densidade superficial de car-
ga de /)(r-sN C/m . (a) Determine a carga sobre a esfera.
(b) Qual ´e o valor do fluxo el´etrico total que est´a deixan- do a superf´ıcie da esfera?
(a) A carga sobre a esfera ser´a
t"guvIf"$uw>3j k
" 'L( V3V8PQ- 1 R U C "g'2VL( V$N C(
(b) De acordo com a lei de Gauss, o fluxo ´e dado por
$>L(r->xPQ- 1 S N m /C(
P 25-19.
Um condutor isolado, de forma arbitr´aria, possui uma
carga total de - 01xPy- 1 MR_S C. Dentro do condutor exis-
te uma cavidade oca, no interior da qual h´a uma carga
puntiforme H" 'TPz- 1 MR_S C. Qual ´e a carga: (a) sobre
a parede da cavidade e (b) sobre a superf´ıcie externa da condutor?
(a) O desenho abaixo ilustra a situac¸˜ao proposta no problema.
Considere uma superf´ıcie gaussiana { envolvendo a ca-
vidade do condutor. A carga encontra-se no interior da
cavidade e seja | a carga induzida na superf´ıcie interna
da cavidade do condutor. Lembre que o campo el´etrico
no interior da parte macic¸a de um condutor ´e sempre igual a zero. Aplicando a lei de Gauss, encontramos:
B5 #"
Como
"}1 , devemos ter K |T ~ m"1 , ou seja,
que
8" ; H" ; 'L( 1 8N C
(b) Como a carga total do condutor ´e de - 1 N C, vemos
que a carga | sobre a superf´ıcie externa da condutor
dever´a ser de
|HX".- 1 ; |T"=-01 ; ; ' " -0'$N C(
25.2.4 Lei de Gauss: simetria cil´ındrica
E 25-21.
Uma linha infinita de cargas produz um campo de >L(+4OP
- 1 N/C a uma distˆancia de * m. Calcule a densidade
linear de carga sobre a linha.
Usando a express˜ao para o campo devido a uma li-
nha de cargas,
"$ *~j k, Eq. 25-14, encontramos
facilmente que
w".*~j k
"g4)( 1 L-pN C/m(
P 25-23.
Use uma superf´ıcie Gaussiana I cil´ındrica de raio k e
comprimento unit´ario, concˆentrica com o tubo met´alico. Ent˜ao, por simetria,
M
0B3 #"f*~j k
dentro
(a) Para k\[^ , temos dentro "f , de modo que
*~j k
(b) Para k[^ , a carga dentro ´e zero, o que implica
termos
Para podermos fixar a escala vertical da figura, precisa- mos determinar o valor num´erico do campo no ponto de
transic¸˜ao, " ' cm:
*~j k
M( 1 xP^-01 R_
*~jyK1L( 1 3'21 K/L( /54PQ- 1 R J^
" -2(+*\PQ- 1 N/C(
P 25-24.
Use uma superf´ıcie Gaussiana I cil´ındrica de raio k
e comprimento unit´ario, concˆentrica com ambos cilin- dros. Ent˜ao, a lei de Gauss fornece-nos
0B3 #"f*~j k
dentro
de onde obtemos
dentro
*~j
k
(a) Para k8^ ` a carga dentro ´e zero e, portanto
"g.
(b) Para ` ok\[^ a carga dentro ´e ; , de modo que
*j
k
P 25-26.
A Fig. 25-32 mostra um contador de Geiger , dispositi- vo usado para detectar radiac¸˜ao ionizante (radiac¸˜ao que causa a ionizac¸˜ao de ´atomos). O contador consiste em um fio central, fino, carregado positivamente, circunda- do por um cilindro condutor circular concˆentrico, com uma carga igual negativa. Desse modo, um forte cam- po el´etrico radial ´e criado no interior do cilindro. O ci- lindro cont´em um g´as inerte a baixa press˜ao. Quando uma part´ıcula de radiac¸˜ao entra no dispositivo atrav´es da parede do cilindro, ioniza alguns ´atomos do g´as. Os el´etrons livres resultantes s˜ao atraidos para o fio positi- vo. Entretanto, o campo el´etrico ´e t˜ao intenso que, entre as colis˜oes com outros ´atomos do g´as, os el´etrons li- vres ganham energia suficiente para ioniz´a-los tamb´em.
Estime o valor do campo a uma distˆancia de ' 21 m (re-
lativamente grande, comparada ao tamanho da placa), supondo que a placa seja uma carga puntiforme.
(a) Para calcular o campo el´etrico num ponto muito
perto do centro de uma placa condutora uniformemen- te carregada, ´e razo´avel substituirmos a placa finita por uma placa infinita contendo a mesma densidade superfi- cial de carga e considerar a magnitude do campo como sendo
"9u ~ , onde u e a densidade de carga da su-´
perf´ıcie sob o ponto considerado. A carga est´a distribui- da uniformemente sobre ambas faces da placa original, metade dela estando perto do ponto considerado. Por- tanto
u
z"
I
V
xP^-01MR_S
*LK1)( 1 2/
$>L( V2\PQ- 1 R C/m (
A magnitude do campo ´e
u
>L( V2\PQ- 1 MR
/)( /348P^-01 R :^
"f4M(^ '21\P^-012^ N/C(
(b) Para uma distˆancia grande da placa o campo el´etrico ser´a aproximadamente o mesmo que o produzido por uma part´ıcula puntiforme com carga igual `a carga to- tal sobre a placa. A magnitude de tal campo ´e
K>2j k, onde k e a distˆ´ ancia `a placa. Portanto
K]PQ- 1 3 V]P^-01MR_S
$V31 N/C(
P 25-34.
Na Fig. 25-36, uma pequena bola, n˜ao-condutora, de
massa - mg e carga g"*^P$-01MRA C uniformemen-
te distribuida, est´a suspensa por um fio isolante que faz
um ˆangulo 7 T"g'21 6 com uma chapa n˜ao-condutora, ver-
tical, uniformemente carregada. Considerando o peso da bola e supondo a chapa extensa, calcule a densidade
superficial de carga u da chapa.
Trˆes forc¸as atuam na pequena bola: (i) uma forc¸a gra-
vitacional de magnitude m , onde ´e a massa da bo-
la, atua na vertical, de cima para baixo, (ii) uma forc¸a
el´etrica de magnitude
atua perpendicularmente ao
plano, afastando-se dele, e (iii) e a tens˜ao no fio,
atuando ao longo dele, apontando para cima, e fazen-
do um ˆangulo 7 ( " '21 6 ) com a vertical.
Como a bola est´a em equil´ıbrio, a forc¸a total resul- tante sobre ela deve ser nula, fornecendo-nos duas equac¸ ˜oes, soma das componentes verticais e horizontais das forc¸as, respectivamente:
DF5G
w " 1 )% ¡ vertical
; sen 7 " 1 )(¢£¡ horizontal
Substituindo-se "
sen 7 , tirado da segunda
equac¸˜ao, na primeira, obtemos
" w tan 7.
O campo el´etrico por um plano grande e uniforme de cargas ´e dado por
"¤u * 0 , onde u ´e a densidade
superficial de carga. Portanto, temos
~u
*^
$m tan 7
de onde se extrai facilmente que
u "
*m tan 7
*LK/)( /34TPQ- 1 MR :^ J-HP^-01MRAS KL( / tan ' 31 6
*\PQ- 1 RA C
" 4 )( 1 \PQ- 1 R_^ C/m (
P 25-35.
Um el´etron ´e projetado diretamente sobre o centro de uma grande placa met´alica, carregada negativamente com uma densidade superficial de carga de m´odulo
*¥PZ-01MRAS C/m . Sabendo-se que a energia cin´etica inicial
do el´etron ´e de - 121 eV e que ele p´ara (devido a repuls˜ao
eletrost´atica) imediatamente antes de alcanc¸ar a placa, a que distˆancia da placa ele foi lanc¸ado?
A carga negativa sobre a placa met´alica exerce uma
forc¸a de repuls˜ao sobre o el´etron, desacelerando-o e parando-o imediatamente antes dele tocar na superf´ıcie da placa. Primeiramente, vamos determinar uma express˜ao para a acelerac¸˜ao do el´etron, usando ent˜ao a cinem´atica pa- ra determinar a distˆancia de paragem. Consideremos a direc¸˜ao inicial do movimento do el´tron como sen-
do positiva. , Neste caso o campo el´etrico ´e dado por
"gu ~ , onde u ´e a densidade superficial de carga na
placa. A forc¸a sobre o el´etron ´e ¦=" ;Z§
" ;Z§ u ~ e
a acelerac¸˜ao ´e
`
x"
u
onde ´e a massa do el´etron.
A forc¸a ´e constante, de modo que podemos usar as
f´ormulas para acelerac¸˜ao constante. Chamando de ¨~
a velocidade inicial do el´etron, ¨ sua velocidade final,
e h a distˆancia viajada entre as posic¸ ˜oes inicial e final,
temos que ¨ ; ¨ "©*`5h. Substituindo-se ¨ "©1 e
`ª" ;Z§ u nesta express˜ao e resolvendo-a para h
encontramos
h" ;
2`
w¨
*§u
0«]
§u
onde « X¬ ¨ * ´e a energia cin´etica inicial.
Antes de aplicar a f´ormula, ´e preciso converter o valor
dado de « para joules. Do apˆendice F do livro tira-
mos que - eV "-2( V21cP$- 1 )R J, donde - 0121 eV "
- 2( V21\PQ- 1 )R J. Portanto
h "
K/L( /548P^-01MR J^ :-2( V21xPQ- 1 )R
:-3( V31xP^-01 R *\PQ- 1 R_S
" >L( >xP^-01 R m(
P 25-39 ®.
Uma chapa plana, de espessura B, tem uma densidade
volum´etrica de carga igual a
. Determine o m´odulo do campo el´etrico em todos os pontos do espac¸o tanto:
(a) dentro como (b) fora da chapa, em termos de h, a
distˆancia medida a partir do plano central da chapa.
Suponha que a carga total | esteja uniformemente
distribuida ao longo da chapa. Considerando uma ´area muito grande (ou melhor, para pontos pr´oximos do cen- tro da chapa), podemos imaginar que o campo el´etrico possua uma direc¸˜ao ortogonal ao plano da superf´ıcie ex- terna da placa; a simetria desta chapa uniformemente carregada indica que o m´odulo do campo varia com a
distˆancia h. No centro da chapa, a simetria do proble-
ma indica que o campo el´, etrico deve ser nulo, ou seja,
"1 , para h="1. Na figura da soluc¸˜ao deste pro-
blema mostramos uma superf´ıcie gaussiana cil´ındrica {
cujas bases s˜ao paralelas `as faces da chapa.
Seja I a ´area da base desta superf´ıcie gaussiana {. Co-
mo as duas bases da superf´ıcie gaussiana cil´ındrica {
est˜ao igualmente afastadas do plano central h"1 e
lembrando que o vetor E e ortogonal ao vetor d´ A na su-
perf´ıcie lateral da superf´ıcie gaussiana cil´ındrica { , con-
clu´ımos que o fluxo total atrav´es da superf´ıcie gaussiana
cil´ındrica { e dado por´
?A@
$ B3 ¯"$*
I
onde
e o m´´ odulo do campo el´etrico a uma distˆancia
h do plano central h$"1. A carga
Y
r°~±
englobada no
interior da superf´ıcie gaussiana cil´ındrica { e dada pe-´
la integral de
B
no volume situado no interior da
superf´ıcie gaussiana cil´ındrica {. Como a densidade de
carga
´e constante, a carga total no interior da superf´ıcie
{ ´e dada por
Y
r°~±
*heI (
Portanto, aplicando a lei de Gauss para a superf´ıcie con- siderada, encontramos facilmente a seguinte resposta:
h
(b) Construa novamente uma superf´ıcie gaussiana cil´ın- drica contendo toda a chapa, isto ´e, construa novamente
uma superf´ıcie semelhante `a gaussiana cil´ındrica { indi-
cada na figura da soluc¸˜ao deste problema, onde, agora,
a ´area da base I est´a situada a uma distˆancia h²"B *
do plano central h³"f1. De acordo com a figura, vemos
facilmente que, neste caso, temos:
Yr°~±
I
XBe(
Portanto, aplicando a lei de Gauss para a superf´ıcie gaussiana cil´ındrica considerada, encontramos facil- mente a seguinte resposta:
B
25.2.6 Lei de Gauss: simetria esf´erica
P 25-40.
Uma esfera condutora de - 1 cm da raio possui uma car-
ga de valor desconhecido. Sabendo-se que o campo
el´etrico `a distˆancia de - 4 cm do centro da esfera tem
m´odulo igual a 'wPl- 1 N/C e aponta radialmente para
dentro, qual ´e carga l´ıquida sobre a esfera?
A carga est´a distribuida uniformemente sobre a su-
perf´ıcie da esfera e o campo el´etrico que ela produz em pontos fora da esfera ´e como o campo de uma part´ıcula puntiforme com carga igual `a carga total so-
bre a esfera. Ou seja, a magnitude do campo ´ , e dado por
"´ K>2j k, onde ´e magnitude da carga sobre a
esfera e k ´e a distˆancia a partir do centro da esfera ao
ponto onde o campo ´e medido. Portanto, temos,
H"$>2j k
K1)(r-04 'xP^-01
xP^-01
gμ&(+4\PQ- 1 R_ C(
Como campo aponta para dentro, em direc¸˜ao `a esfera, a
carga sobre a esfera ´e negativa: ; μ&(+48P^-01MRA C(
E 25-41.
(a) Dentro da casca contendo a carga temos
k "
>3j
k
(b) Como fora da casca a carga l´ıquida ´e , o valor do
campo el´etrico ´e o mesmo do item anterior. (c) N˜ao, pois n˜ao influi na deduc¸˜ao de
k, acima.
(d) Sim: como a casca fina ´e met´alica, na sua superf´ıcie
interna ir´a aparecer uma carga ; INDUZIDA. Como a
carga total da casca esf´erica ´e zero, sua superf´ıcie exter-
na dever´a conter uma carga induzida, de modo que
a soma de ambas cargas induzidas seja zero. (e) Claro que experimentar´a forc¸as pois estar´a imersa no campo
k devido ´a carga central.
(f) N˜ao, pois o metal da casca blinda campos externos. (g) N˜ao.
P 25-48.
A Fig. 25-38 mostra uma esfera, de raio ` e carga
uniformemente distribu´ıda atrav´es de seu volume,
concˆentrica com uma casca esf´erica condutora de raio
interno e raio externo ¿. A casca tem uma carga l´ıquida
de ; . Determine express˜oes para o campo el´etrico em
func¸˜ao do raio k nas seguintes localizac¸ ˜oes: (a) den-
tro da esfera (k ^ `); (b) entre a esfera e a casca
( ` Àkg©^ ); (c) no interior da casca ( pÀkg^ ¿);
(d) fora da casca (k ]^ ¿). (e) Quais s˜ao as cargas sobre
as superf´ıcies interna e externa da casca?
Para comec¸ar, em todos pontos onde existe campo
el´etrico, ele aponta radialmente para fora. Em cada par- te do problema, escolheremos uma superf´ıcie Gaussiana
esf´erica e concˆentrica com a esfera de carga e que
passe pelo ponto onde desejamos determinar o campo el´etrico. Como o campo ´e uniforme sobre toda a su- perf´ıcie das Gaussianas, temos sempre que, qualquer
que seja o raio k da Gaussiana em quest˜ao,
B5 Á" >2j
k
(a) Aqui temos k=^ ` e a carga dentro da superf´ıcie
Gaussiana ´e M k`. A lei de Gauss fornece-nos
>3j k
L¹
k
`!¹
donde tiramos que
k
2j
`
(b) Agora temos ` ©kfÂ^ , com a carga dentro da
Gaussiana sendo . Portanto, a lei de Gauss aqui nos
diz que
3j k
de modo que
2j
k
(c) Como a casca ´e condutora , ´e muito f´acil saber-se o campo el´etrico dentro dela:
"$1L(
(d) Fora da casca, i.e. para kT^ ¿, a carga total dentro da
superf´ıcie Gaussiana ´e zero e, conseq¨uentemente, neste caso a lei de Gauss nos diz que
"$1L(
(e) Tomemos uma superf´ıcie Gaussiana localizada den- tro da casca condutora. Como o campo el´etrico ´e zero sobre toda suprf´ıcie, temos que
["
$ B5 Á"$
e, de acordo com a lei de Gauss, a carga l´ıquida dentro da superf´ıcie ´e zero. Em outras palavras, chamando de
Y
a carga sobre a superf´ıcie interna da casca, a lei de
Gauss nos diz que devemos ter |
Y
"$1 , ou seja,
Y
Chamando agora de |Ã 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 necess´ario ter-se
que |
Y
| Ã " ; , o que implica termos
|Ã" ; ; |
Y
" ; ; ; " 1L(
P 25-51.
Um pr´oton descreve um movimento circular com velo-
cidade ¨z"9'mPl- 1 U m/s ao redor e imediatamente fora
de uma esfera carregada, de raio k "À- cm. Calcule o
valor da carga sobre a esfera.
O pr´oton est´a em movimento circular uniforme man-
tido pela forc¸a el´etrica da carga na esfera, que funciona como forc¸a centr´ıpeta. De acordo com a segunda lei de Newton para um movimento circular uniforme, sabe-
mos que ¦!ÄÅ"gw¨ k, onde ¦ÆÄ ´e a magnitude da forc¸a,
¨ e a velocidade do pr´´ oton e k e o raio da sua ´´ orbita,
essencialmente o mesmo que o raio da esfera.
A magnitude da forc¸a el´etrica sobre o pr´oton ´e ¦ Ã "
§K>2j k, onde ´e a magnitude da carga sobre a es-
fera. Portanto, quando ¦ Ã "g¦!Ä , temos
>2j
k
w¨
k
de modo que a carga procurada ser´a dada por
3j ¨ k
J-2( V5μTPQ- 1 MR kg K']PQ- 1 U m/s K1L( 1 L- m
KxPQ- 1 N m /C J-2( V21\PQ- 1 R C
" -3( 1 2> nC(
P 25-
Na Fig. 25-41, uma casca esf´erica n˜ao-condutora, com
raio interno ` e raio externo , tem uma densidade vo-
lum´etrica de carga dada por
"}I k, onde I ´e cons-
tante e k ´e a distˆancia ao centro da casca. Al´em disso,
uma carga puntiforme est´a localizada no centro. Qual
deve ser o valor de I para que o campo el´etrico na cas-
ca (` cÇ k Ç ) tenha m´odulo constante? (Sugest˜ao: I
depende de ` mas n˜ao de .)
O problema pede para determinar uma express˜ao pa-
ra o campo el´etrico dentro da casca em termos de I e
da distˆancia ao centro da casca e, a seguir, determinar
o valor de I de modo que tal campo n˜ao dependa da
distˆancia. Para comec¸ar, vamos escolher uma Gaussiana esf´erica
de raio kÈ, concˆentrica com a casca esf´erica e localizada
dentro da casca, i.e. com ` Ák^ È ^. Usando a lei
de Gauss podemos determinar a magnitude do campo
el´etrico a uma distˆancia kÈ a partir do centro.
A carga contida somente sobre a casca dentro da Gaus-
siana ´e obtida atrav´es da integral Äs"gÉ
B
calculada sobre a porc¸˜ao da casca carregada que est´a dentro da Gaussiana. Como a distribuic¸˜ao de carga tem simetria esf´erica, po-
demos escolher B
como sendo o volume de uma casca
esf´erica de raio k e largura infinitesimal Bk, o que dos
fornece B
" >3j k
Bk. Portanto, temos
ÄÊ" >2jTCpËJÌ
n
k
Bk
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Assim, a carga total dentro da superf´ıcie Gaussiana ´e
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O campo el´etrico ´e radial, de modo que o fluxo atrav´es
da superf´ıcie Gaussiana ´e o"$>2j k
È
, onde
´e a mag- nitude do campo. Aplicando agora a lei de Gauss obte- mos
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kÈ "g *~jÍI8 kÈ ; `%
de onde tiramos
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kÈ
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Para que o campo seja independente de kÈ devemos es-
colher I de modo a que o primeiro e o ´ultimo termo
entre colchetes se cancelem. Isto ocorre se tivermos
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Ig"
jÍ`
quando ent˜ao teremos para a magnitude do campo
I
>3j `
P 25-55 ®.
Mostre que o equil´ıbrio est´avel ´e imposs´ıvel se as ´unicas forc¸as atuantes forem forc¸as eletrost´aticas. Sugest˜ao:
Suponha que uma carga fique em equil´ıbrio est´avel
ao ser colocada num certo ponto
num campo el´etrico
. Desenhe uma superf´ıcie Gaussiana esf´erica em torno
de
, imagine como deve estar apontando sobre esta
superf´ıcie, e aplique a lei de Gauss para mostrar que a suposic¸˜ao [de equil´ıbrio est´avel ] leva a uma contradic¸˜ao. Esse resultado ´e conhecido pelo nome de Teorema de Earnshaw.
Suponha que n˜ao exista carga na vizinhac¸a mais ime-
diata de mas que a carga esteja em equil´ıbrio de-
vido `a resultante de forc¸as provenientes de cargas em outras posic¸ ˜oes. O campo el´etrico na posic¸˜ao
de e´
zero mas ir´a sentir uma forc¸a el´etrica caso ela venha
a afastar-se do ponto
. O que precisamos mostrar ´e que ´e imposs´ıvel construir-se em torno de
um cam- po el´etrico resultante que, em todas direc¸ ˜oes do espac¸o,
consiga “empurrar” de volta para o ponto
quando ela deste ponto afastar-se.
Suponha que esteja em
e envolva-a com uma su- perf´ıcie Gaussiana esf´erica extremamente pequena, cen- trada em
. Desloque ent˜ao de
para algum ponto
