Baixe solution halliday volume 3 cap 22 e outras Exercícios em PDF para Eletromagnetismo, somente na Docsity!
- Note que os símbolos q 1 e q 2 usados no enunciado se referem ao valor absoluto das cargas. O desenho abaixo é para q 1 | = | q 2 |.
Os desenhos abaixo são para q 1 > q 2 (à esquerda) e q 1 < q 2 (à direita).
- (a) De acordo com a Eq. 22-1, o módulo da força a que é submetido um próton no ponto A é
F = qEA = (1,6 × 10 −^19 C)(40 N/C) = 6,4 × 10 −^18 N.
(b) Como é explicado na Seção 22-3, o número de linhas de campo por unidade de área, em um plano perpendicular às linhas, é proporcional ao módulo do campo elétrico. Como a separação das linhas é duas vezes maior no ponto B , concluímos que EB = EA /2 = 20 N/C.
- Como a carga está uniformemente distribuída na esfera, o campo na superfície é o mesmo que se toda a carga estivesse concentrada no centro. Assim, o módulo do campo é
E q R
em que q é a carga total e R é o raio da esfera.
(a) Como a carga total é Ze , temos:
E Ze R
= = ×^ ⋅^ ×^
− 4
0 2
9 2 2 19
( , N m C )( )( , C)) ( , )
15 2 3 07^1021
×
− =^ ×
m
N C
(b) Como a carga é positiva, o campo aponta para fora do núcleo.
- Como x 1 = 6,00 cm e x 2 = 21,00 cm, a coordenada do ponto a meio caminho entre as partículas é x = [(6,00 cm) + (21,00 cm)] /2 = 13,5 cm. Assim, de acordo com a Eq. 22-3, E q (^1) x x 1 0 1 2
9 2 2 4
= − 8 99^10
| | = − × ⋅ −
ˆ ( ,^ )|
i N m^ C^ ,, , ,
7 2 5
×
= − ×
− C|
m m
i N CC i
i N m^ C
E q ˆ^ ( ,^ ) (^2) x x 2 0 2 2
9 2 2 4
= − 8 99^10
= − ×^ ⋅
7 2
×
= − ×
− C)
m m
i 55 N C i)ˆ
Capítulo 22
Assim, o campo elétrico total é E (^) tot = E (^) 1 + E 2 = − ( ,6 39 × 105 N C i)ˆ
- De acordo com a Eq. 22-3, temos:
q = r E = × ⋅
4 0 50^ 2 0 =
2 (^9 )
m N C , N m 2 C
×× 10 −^11 C =56 pC.
- De acordo com a Eq. 22-3, temos:
q = Er = × ⋅
4 1 00^ 1 00 =
2 (^9 2 )
N C m , N m C
111 × 10 −^10 C =0,111 nC.
- Como a componente x do campo elétrico no centro do quadrado é
E q a
q a
q a
q x =^ +^ −^ −
1 2
2 2
3 ^2
2
0 2
1 2
cos
a
a
q q
^
^
qq (^) 3 q 4 1 2
0
( | −| |)
e a componente y é
E q a
q a
q y (^) a
1 2
2 2
3 ^2
| qq a
a
q q
4 2
0 2 1 2
cos
^
^
( ++^ − )
= ×^ ⋅^ ×^
−
q (^) 3 q 4
9 8
8 99 10 N m 2 C^2 2 0 10 C) m)
2 N/C,
= 1 02 × 10 5
o campo elétrico no centro do quadrado é
E = E (^) y ˆj^ = ( ,1 02 × 10 5 N/C)j.ˆ A figura a seguir (que não está em escala) mostra os campos elétricos produzidos pelas quatro cargas e o campo elétrico total.
- Colocamos a origem do sistema de coordenadas no ponto P e o eixo y na direção da partícula 4 (passando pela partícula 3). Escolhemos um eixo x perpendicular ao eixo y , ou seja, passando pelas partículas 1 e 2. Os módulos dos campos produzidos pelas cargas são dados pela Eq. 22-3. Como as contribuições das partículas 1 e 2 se cancelam, o campo total no ponto P é dado por
E q d
q d
q tot (^) d = − j
4 2
3 ( )^2 ˆ^ 0 2 −−
^
^ =
2
q d
ˆj 0
- O valor do módulo do campo elétrico no centro do arco é o mesmo para todas as cargas:
E kq r
= = k e = × ⋅ ×^
− 2 2
9 2 0 020
8 99 10 1 60^10
m
N m 2 C
119 2
6 0 020
C 3 6 10
m
N C
= , × −.
Na notação módulo-ângulo (que é a mais conveniente quando se usa uma calculadora científica no modo polar), a soma vetorial dos campos assume a forma:
E tot = ( E ∠ − 20 ) + ( E ∠ 130 ) + ( E ∠ − 100 ) + ( E ∠ − 150 )++ ( ∠ )
= × − ∠ −
E 0
, N/C , .
(a) De acordo com o resultado obtido, o módulo do campo elétrico no centro do arco é 3,93 × 1026 N/C.
(b) De acordo com o resultado anterior, o ângulo do campo elétrico no centro do arco é 2 76,4° em relação ao eixo x.
- (a) Como o próton está a uma distância r = z = 0,020 m do centro do disco,
E e c (^) r
= = ×^ ⋅^ ×^
− 4
9 2 19
N m 2 C C) 0020
2 3 60^106
m
N/C.
= , × −
(b) Como as componentes horizontais se cancelam, o campo total produzido pelos elétrons es é vertical e o módulo do campo é dado por
E ez s,tot R z
N m 2 C
2 = × ⋅
0 2 2 3 2
9 2 ( )
/
,^19
[( , ( ,
×
− (^) C)(0,020 m) m) 2 m)^22
N/C.
]
3 2/
= 2 55 × 10 −^6
(c) Como o próton agora está a uma distância 10 vezes menor, o campo é 100 vezes maior que o do item (a), ou seja, Ec = 3,60 × 10 −^4 N/C.
(d) Como as componentes horizontais continuam a se cancelar, o campo produzido pelos elétrons es é vertical e o módulo do campo é dado por
E ez s,tot R z
N m 2 C
2 = × ⋅
0 2 2 3 2
9 2 ( )
/
,^19
[( , ( ,
×
− (^) C)(0,002 m) m) 2 m)^22
N/C.
]
3 2/
= 7 09 × 10 −^7
(e) Porque, quando o próton se aproxima do disco, as componentes verticais y dos campos produzidos pelos elétrons es diminuem e as componentes horizontais aumentam. Como as componentes horizontais se cancelam, o efeito global é uma redução do módulo de
E (^) s ,tot.
- (a) Nos pontos do eixo x à esquerda da partícula 1, os campos têm sentidos opostos, mas não há possibilidade de que o campo se anule porque esses pontos estão mais próximos da partícula 1 do que da partícula 2 e a carga da partícula 1 é maior, em valor absoluto, que a carga da partícula 2. Na região entre as cargas, os dois campos não podem se cancelar, pois apontam no mesmo sentido. Nos pontos do eixo x à direita da partícula 2, os campos têm sentidos opostos, e existe a possibilidade de que os campos se anulem porque esses pontos estão mais próximos da partícula 2, e a carga da partícula 2 é menor. Chamando de x a coordenada do ponto em que os campos se anulam e igualando os módulos dos campos produzidos pelas duas partículas, temos:
1 4
1 (^2 )
2 ^2
| q | (^). x
q x L
Explicitando x e substituindo os valores conhecidos de q 1 e q 2 , obtemos:
x = L^ L −
(b) A figura a seguir mostra um esboço das linhas de campo elétrico.
- Por simetria, vemos que as contribuições das cargas das partículas 1 e 2 para o campo elétrico no ponto P se cancelam, de modo que só é preciso calcular o campo elétrico produzido pela partícula 3.
(a) De acordo com a Eq. 22-3, o módulo do campo elétrico é
| | ( / )
E e r
e a
e tot (^) a
0 2 0 2 0 2
8 8 99 10 4 1 60^10
9 2 19 , ) (^6)
× ⋅ ×
×
− N m C (^) −
C
m
2 22 =^160 N/C.
(b) O campo faz um ângulo de 45,0° no sentido anti-horário com o semieixo x positivo.
- As componentes x e y do campo total são
E q R
q R tot, x =^1 −^ E^ tot, y = − q 0 2
2 0 2
2 4 4
cos (^) , senn . 4 0 R^2
O módulo do campo total é a raiz quadrada da soma dos quadrados das componentes. Fazendo o módulo igual a E , elevando ao quadrado e simplificando, temos:
E q^ q^ q q R
2 12 12 1 2 0 2 2
= +^ −^ cos ( )
Explicitando u , obtemos::
= +^ −
cos− (^)
1 12 12 (^0 2 )^2 .
1 2
q q R E q q
Substituindo por valores numéricos, obtemos duas respostas:
(a) O valor positivo do ângulo é u = 67,8°.
(b) O valor negativo do ângulo é u = −67,8°.
- Vamos supor que a conta 2 está na parte inferior do anel, já que seria difícil para a conta 1 passar pela conta 2 se ela estivesse no caminho. Note que, de acordo com o gráfico da Fig. 22-39 c , a componente y do campo elétrico na origem é negativa para u = 0o^ (posição na qual a contribuição da partícula 1 para o campo elétrico é nula), o que significa que a carga da conta 2 é negativa.
- De acordo com o enunciado do problema, E ver é dado pela Eq. 22-5 (com z = 5 d ):
E q d
q d
q ver =^4 4 5 −^4 5 5 =^ ⋅
0 ( , )^2 0 ( , )^2 9801 4 00 d^2
e E apr é dado pela Eq. 22-8:
E qd d
q apr (^) d
Assim, a razão pedida é
E E
apr ver
- Podemos pensar no quadrupolo da Fig. 22-41 como um conjunto de dois dipolos, cada um com um momento dipolar de módulo p = qd. Os momentos apontam na direção do eixo do quadrupolo, em sentidos opostos. Considere o ponto P do eixo, a uma distância z à direita do centro do quadrupolo, e tome como positivo o sentido para a direita. Nesse caso, o campo produzido pelo dipolo da direita é qd /2 pâ 0 ( z − d /2)^3 e o campo produzido pelo dipolo da esquerda é – qd /2 pâ 0 ( z + d /2)^3. Usando as expansões binomiais
( z – d /2)–3^ ≈ z –3^ – 3 z –4(– d /2) e ( z + d /2)–3^ ≈ z –3^ – 3 z –4( d /2),
obtemos
E qd z
d z z
d z
qd z
^
2 044
Fazendo Q = 2 qd^2 , obtemos
E Q z
- (a) Vamos usar a notação usual para a densidade linear de carga: l = q/L. O comprimento do arco é L = ru , na qual u é o ângulo em radianos. Assim,
L = (0,0400 m)(0,698 rad) = 0,0279 m.
Para q = −300(1,602 3 10 −^19 C), obtemos l arco = −1,72 3 > 10 −^15 C/m.
(b) se a mesma carga está distribuída em uma área A = pr^2 = p (0,0200 m)^2 , a densidade superficial de carga é s disco = q/A = −3,82 3 10 −^14 C/m².
(c) Como a área da superfície de uma esfera é 4 p^2 , a mesma carga do item (b) está distribuída em uma área quatro vezes maior e, portanto, a densidade superficial de carga é quatro vezes menor: s esfera = s disco/4 = −9,56 3 10 −^15 C/m².
(d) Se a mesma carga está distribuída em um volume V = 4 p r^3 /3, a densidade volumétrica de carga é r esfera = q/V = −1,43 3 10 −^12 C/m^3.
- Vamos usar a Eq. 22-3 e supor que as duas cargas são positivas. No ponto P , temos:
E E q R R R
q R anel 1 =^ anel 2 ⇒^ + ( )
0 2 2
3 2
2 4
/^4
0 [( 2 R )^2 + R^2 ]3 2 /
Simplificando, obtemos
q q
1 2
3 2 2 2 5
/ ,.
- (a) Por simetria (e também de acordo com a Eq. 22-16), o campo é zero no centro do anel.
(b) O resultado ( E = 0) para pontos infinitamente afastados do anel pode ser obtido a partir da Eq. 22-16, de acordo com a qual o campo é proporcional a 1/ z ² para valores muito grandes de z.
(c) Derivando a Eq. 22-16 em relação a z e igualando o resultado a zero, obtemos:
d dz
qz z R
q R z 4 4 z R
0 2 2
3 2 (^0)
2 2 ( + ) ^2
( ) / =^ ⇒^ z^ = +^ R^ = ,^ R.
(d) De acordo com a Eq. 22-16, temos:
E qz z R
= ×^ ×
− 4
6 ( )
( , C)( , , m) (( ,8 854 × 10 −^12 C /N m^2 ⋅ 2 )[( ,0 707 × 0 02, m) 2 +( ,0 02m)) ]
,.
2 3 2/
= 3 46 × 107 N/C
- Vamos chamar o raio do arco menor de r 1 , o raio do arco do meio de r 2 e o raio do arco maior de r 3. O comprimento do arco menor é L 1 = pr 1 /2 = pR /2, o comprimento do arco do meio é L 2 = pr 2 /2 = pR e o comprimento do arco maior é L 3 = pr 3 /2 = 3 pR /2. Como a carga dos arcos está uniformemente distribuída, a densidade linear de carga do arco menor é l 1 = Q / L 1 = 2 Q / pR , a densidade linear de carga do arco do meio é l 2 = − 4 Q / L 2 = − 4 Q / pR e a densidade linear de carga do arco maior é l 3 = 9 Q / L 3 = 6 Q / pR. Nesse caso, usando o mesmo raciocínio do problema seguinte, o campo elétrico total é dado por
E tot (^) r r
1 0 1
2 0 2
( sen °) ( sen °) (( sen )
sen sen
0 3
0
r
Q R R
Q
R
0 0 2 0 2
R
Q
R R
Q
R
(b) O campo faz um ângulo de 2 45º com o semieixo x positivo.
- No Exemplo “Campo elétrico de um arco de circunferência carregado”, vimos que o campo no centro de um arco circular é dado por
E r
= x −
(^)
(^4 )
sen
Em que l é a densidade linear de carga. Neste problema, cada quarto de circunferência produz um campo cujo módulo é
| | |^ |^ sen |^ | /
E q r r
x q r
−
/
0 4
4 0 2
O campo produzido pelo quarto de circunferência que está acima do eixo x faz um ângulo de − 45 o^ com o semieixo x positivo e o campo produzido pelo quarto de circunferência que está abaixo do eixo x faz um ângulo de − 135 o^ com o semieixo x positivo.
(a) O módulo do campo total é
E E q tot tot x r
^
,^2 1 |^ |^ cos = 4
0 ^24
0 2 9 2 12
q r
= ×^ ⋅^ ×^
N m 2 C − C 5 5 00 10
×
m
N/C
(b) Por simetria, o campo total faz um ângulo de − 90 o^ com o semieixo x positivo.
Seja dx um segmento infinitesimal da barra, situado no ponto x. A carga do segmento é dq = ldx. A carga dq pode ser considerada uma carga pontual. O campo elétrico produzido por esta carga no ponto P possui apenas a componente x , que é dada por
dE dx x (^) L a x
O campo elétrico produzido no ponto P pela barra inteira é
E dx x L a x L a x
L L
4 4
4 0 1 57^10
a L a L a L a
^
^
^ ( ) = −^ ,^ ×^ −^33 N/C.
Assim, | Ex | = 1,57 × 10 −^3 N/C.
(c) O sinal negativo de Ex indica que o campo elétrico aponta no sentido negativo do eixo x , ou seja, que o ângulo do campo elétrico
E é − 180 o.
(d) se a >> L , podemos usar a aproximação L + a ≈ a na equação apresentada, o que nos dá
E q x (^) a
= − = − ×^ ⋅^ ×^
− 4
0 2
9 15
( , N m /C^2 2 )( , C) (( )
2 1 52^103
m
= − × − N/C
Assim, | Ex | = 1,52 × 10 −^3 N/C.
(e) Como a expressão do item anterior é igual à do campo elétrico criado por uma partícula de carga 2 q situada a uma distância a do ponto considerado, o resultado é o mesmo do item (d): | Ex | = 1,52 × 10 −^3 N/C.
- Um elemento infinitesimal dx da barra contém uma carga dq = l dx , na qual l = dq / dx é a densidade linear de carga. Por simetria, as componentes horizontais dos campos produzidos pelos elementos de carga se cancelam e precisamos apenas calcular, por integração, a soma das componentes verticais. A simetria do problema também permite calcular apenas a contribuição de metade da barra (0 ≤ x ≤ L /2) e multiplicar o resultado por dois. No cálculo que se segue, fazemos uso do fato de que sen u = R / r , na qual r = x^2 + R^2.
(a) De acordo com a Eq. 22-3, temos:
E dq r
dx x R
L =
^
2 0 2 2
/ sen ^
^ +
( + )
y x R
R dx x R
L
0 2 2
2
/
0 22
2
(^0 2 2 2 )
2
0
L (^) q L R x L
R x R
q LR
L
⌡^
LL R
q 2 2 R^ L^ R
( ) +^2 0 2
, N/C,
na qual a solução da integral pode ser obtida usando os métodos do cálculo ou consultando o Apêndice E (veja a fórmula 19 da lista de integrais).
(b) Como foi mencionado no item a, o campo elétrico
E é vertical e faz um ângulo de 90o^ com o semieixo x positivo.
- Considere um elemento infinitesimal dx da barra, situado a uma distância x da extremidade esquerda, como mostra a figura. O elemento possui uma carga dq = l dx e está a uma distância r do ponto P. O módulo do campo produzido pelo elemento no ponto P é dado por
dE dx r
As componentes x e y do campo são
dE (^) x = − (^4) 1 r^ dx 2 0
sen
e
dE dx y (^) r
(^) 0
cos.
Vamos usar u como variável de integração e usar as relações r = R /cos u , x = R tan u e dx = ( R /cos^2 u ) du. Os limites de integração são 0 e p /2 rad. Temos:
E (^) x = − (^4) R ∫ d = (^4) R = − 4 R 0 0 0 0 0
sen cos
π 2 π 2
e
E R
d y (^) R = − ∫ = − = −
4 0 0 4 0 0 4
2 0
cos
π 2 sen
/ RR
Note que Ex = Ey , qualquer que seja o valor de R. Assim, faz um ângulo de 45° com a barra para qualquer valor de R.
- De acordo com a Eq. 22-26, temos:
E z z R
= −
= × ×
− −
2
1 5 3^10 0 2 2 2 8 85^10
6 12
, ,
C m 2 CC /N m
cm
( 2 ⋅^2 ) cm 2 cm^2
−
(^1) = 12 12 2 5
6 ,
, 33 × 10 3 N C.
- De acordo com a Eq. 22-26, o módulo do campo elétrico em um ponto do eixo do disco situado a uma distância z do centro do disco é dado por
E z z R
2
0 2 2
- Quando a gota está em equilíbrio, a força da gravidade é compensada pela força do campo elétrico: mg = − qE , em que m é a massa da gota, q é a carga da gota e E é o módulo do campo elé- trico. A massa da gota é dada por m = (4 p /3) r^3 r , na qual r é o raio da gota e r é a massa específica do óleo. Assim,
q mg E
r g E
= − = − = − ×^
3 4 (1 64 , 10 6 m) ( 3 851 kg m^3 )( 9 9 8 3 1 92 10
5 ,^ ) 8 0^1019
m s , N C
C
2 ×
= − × −
e q / e = (−8,0 × 10 –19^ C)/(1,60 × 10 –19^ C) = −5, o que nos dá q = − 5 e.
- (a) A direção inicial do movimento é tomada como o sentido positivo do eixo x , que é também a direção do campo
E ). Usando a Eq. 2-16, v (^) f^2^ − v (^) i^2 = 2 a x , com vf = 0 e a = F / m = − eE / me , para calcular a distância ∆ x :
x = −^ vai^ = −− m v eEe^ i = −^ ×^ ×
2 2 − 31 2 2
( ,9 11 10 kg)( 5,00 10 0 m s C 1,00 10 N C
6 2 3
− ( , × − )( × ) =^ , ×
− 2 1 60 10 19 7 12^10
(^22) m =7,12 cm.
(b) De acordo com a Eq. 2-17, temos:
t x v
x vi
= = = ×
×
med
m m s
2 6
, ×× 10 − 8 s =28,5 ns.
(c) Usando a Eq. 2-16 com o novo valor de ∆ x , temos:
K ^ K
m v m v
v v v
a x i v
e e i
f i i i
= (^ ) =
12 2 12 2
2 2 2 2
2 2 eeE x m ve i
2
2 1 60 10 19 C 1,00 10 N C^3 = −^ ×^ ×
8,00 10 m kg 5,00 10 m s^6
×
× ×
− −
3 9 11 10 31 0 0 112,^.
Assim, a fração da energia cinética perdida na região é 0,112.
- (a) O módulo da força a que a partícula está submetida é dado por F = qE , na qual q é o valor absoluto da carga da partícula e E é o módulo do campo elétrico na posição da partícula. Assim,
E F q
= = ×
×
= ×
− −
6 9 3
N ,
C
N C.
Como a força aponta para baixo e a carga é negativa, o campo aponta para cima.
(b) O módulo da força eletrostática exercida pelo campo sobre um próton é
K ^ K
m v m v
v v v
a x i v
e e i
f i i i
= (^ ) =
12 2 12 2
2 2 2 2
2 2 eeE x m ve i
2
2 1 60 10 19 C 1,00 10 N C^3 = −^ ×^ ×
8,00 10 m kg 5,00 10 m s^6
×
× ×
− −
3 9 11 10 31 0 0 112,^.
(c) Como o próton tem carga positiva, a força eletrostática aponta na direção do campo, ou seja, para cima.
(d) O módulo da força gravitacional a que está sujeito o próton é
F (^) g = mg = ( ,1 67 × 10 −^27 kg)( 9,8 m s 2 ) = 1 6, × 10 − 26 N.
(e) A razão das forças é F F
el g
= ×
×
= ×
− −
16 26
N ,.
N
- (a) Fe = Ee = (3,0 × 106 N/C)(1,6 × 10 –19^ C) = 4,8 × 10 –13^ N.
(b) Fi = Eq íon = Ee = (3,0 × 106 N/C)(1,6 × 10 –19^ C) = 4,8 × 10 –13^ N.
- O módulo da força a que o elétron está submetido é F = eE , na qual E é o módulo do campo elétrico na posição do elétron. A aceleração do elétron é dada pela segunda lei de Newton:
a F m
eE m
= = = ×^ ×
×
− −
19 3
C 2,00 10 4 N C
11
kg
= , × m s 2.
- (a) Para que a partícula esteja em equilíbrio, devemos ter
q E mg E mg e
Substituindo os valores dados no problema, obtemos
E mg e
= = ×
×
− 2 −
27 19
kg m/s C
2 ))
= 2 03, × 10 − 7 N C.
(b) Como a força da gravidade aponta para baixo, a força qE
deve apontar para cima. Como a carga da partícula alfa é positiva, o campo elétrico deve apontar para cima.
- Combinando a Eq. 22-9 com a Eq. 22-28, temos:
F = q E = q pz kepz
0 3 3
na qual k é a constante eletrostática, dada pela Eq. 21-5. Assim, temos:
F = ×^ ⋅^ ×^ × 2 8 99( , 10 9 N m 2 C 2 ) (1,60 10 −^19 C) ( 3,6 10 − 29 C⋅⋅ ( × ) − m =^ × − m
3 )^ , N.
9 6 6^1015
Se o momento do dipolo aponta no sentido positivo do eixo z , a força
F aponta no sentido negativo do eixo z.
- (a) De acordo com a Eq. 22-28 e a segunda lei de Newton, temos:
E F q
ma e
m e
= = = a = × ×
−
31 19
kg C
^
× =
= × −
2
m/s N/C
1,02 10 N/C
2
(b) Como o elétron tem carga negativa e é acelerado para leste, isso significa que o campo elétrico tem o sentido oposto, ou seja, aponta para oeste.
- (a) O módulo da força que age sobre o próton é F = eE , na qual E é o módulo do campo elétrico. De acordo com a segunda lei de Newton, a aceleração do próton é a = F / m = eE / m , na qual m é a massa do próton. Assim,
a = ×^ × ×
− −
19 27
C 2,00 10 N C
kg
4 22 × 1012 m s 2.
(b) Supondo que o próton parte do repouso e usando a Eq. 2-16, temos:
v = 2 ax = 2 1 92( , × 1012 m s 2 )( ,0 0100 m) = 1 96, × 105 m s.
(b) Como vx = v 0 x neste problema (ou seja, ax = 0), temos:
m 1,5 10 m s
t x 5 s v
v v
x
y y
×
= ×
0
7
0
aa ty = 3 0, × 10 3 m s + −( 2 1, × 1013 m s 2 )(1,33 × 10 − 7 s)= − 2 2 8, × 10 6 m/s.
Assim, a velocidade final é
v^ = ( ,1 5 × 10 5 m/s) iˆ − ( ,2 8 × 106 m/s) j.ˆ
- (a) Vamos chamar de Q a carga da abelha e de q o valor absoluto das cargas induzidas nos lados do grão de pólen. Representando a carga da abelha por uma carga pontual situada no centro do inseto, a força eletrostática exercida pela abelha sobre o grão de pólen é
F kQq d D
kQ q D
kQ q D
+ −^ = − −
(^2 2 2) dd + D
^
/2 )^2
na qual D é o diâmetro da esfera que representa a abelha e d é o diâmetro do grão de pólen. Substituindo os valores numéricos, obtemos
F = − × ⋅ ×
×
(^9) N m 2 C 2 12 C
00 −^12 5 00 × 101 − 3 2 − 5 04 × 101 − 3 2
^
C ) (^) ( , m ) ( , m)
= − 2 56, × 10 −^10 N.
O sinal negativo indica que a força entre a abelha e o grão de pólen é atrativa. O módulo da força é | F | = 2,6 × 10 −^10 N.
(b) Seja | Q ′ (^) | =45 0 pC, o valor absoluto da carga da ponta do estigma. A força eletrostática que o estigma exerce sobre o grão é
′ = ′
+ ′^ −
F k^ Q^ q = − ′ d D
k Q q D
| | k Q q ( )
^
D ) 2 ( d D )^2
na qual D ′ =^ 1 000,^ mm^ é a distância entre o grão de pólen e o estigma. Substituindo os valores numéricos, obtemos
′ = − × ⋅ ×
×
F ( , )( , − )
(^9) N m 2 C (^2 12) C
12 3 2 3 2
− × −^ −^ × −
C
m m
= − 3 06, × 10 −^8 N.
O sinal negativo indica que a força entre o grão de pólen e o estigma é atrativa. O valor absoluto da força é | F ′ | = 3 06, × 10 − 8 N.
(c) Como | F ′ | >| F | ,o grão salta para o estigma.
- (a) De acordo com a Eq. 2-11, a Eq. 22-28 e a segunda lei de Newton, temos:
v v a t v eE m
= − = − t = × − ×^
− 0 0 4
19 | | 4,0 10 m/s (1,6^10 C)(^5 9 11 10
31
9
4
N/C
kg
(1,5 s)
m/s
×
×
= × =
−
−
kkm/s.
(b) Como o campo elétrico é uniforme, a aceleração é constante e, portanto, de acordo com a Eq. 2-17, a distância percorrida é
d = v^ +^ v^^0 t = × −^5 = 2
5 0, 10 m 50 m.
- Tomamos o sentido positivo para a direita na Fig. 22-55. A aceleração do próton é ap = eE / mp e a aceleração do elétron é ae = 2 eE / me , na qual E é o módulo do campo elétrico, mp é a massa do próton e me é a massa do elétron. Tomamos a origem como a posição inicial do próton. Nesse caso, a coordenada do próton no instante t é x = apt^2 /2 e a coordenada do elétron é x = L + aet^2 /2. No instante em que as partículas passam uma pela outra, suas coordenadas são iguais, ou seja,
1 2
a tp^2 = L + a te^2.
Isso significa que t^2 = 2 L /( ap 2 ae ) e, portanto,
x a a a
L eE m eE m eE m
L m m m
p p e
p p e
e e p
( ) + (^ )^
^
LL
= ×
× + ×
− − −
31 31 27
kg kg kg
= × − =
m
m 27 m.
- Como a carga do elétron é negativa e o campo elétrico aponta no sentido positivo do eixo y , a força a que o elétron é submetido, de acordo com a Eq. 22-28, aponta para baixo, e a aplicação da segunda lei de Newton ao problema leva a equações análogas às do movimento balístico discutido no Capítulo 4, com a aceleração da gravidade g substituída por uma aceleração a = eE/m = 8,78 × 1011 m/s^2. De acordo com a Eq. 4-21,
t x v
× °
0 0 6
cos
m (2,00 m/s) cos
×× 10 − 6 s,
o que nos dá (usando a Eq. 4-23)
v (^) y = v (^) 0 sen 0 − at = (2,00 × 106 m/s) sen 40 0, ° −(8,78×× × = − ×
11 6 5
m/s )(1,96 s m/s.
Como a componente x da velocidade não muda, a velocidade final é
v^ = ( ,1 53 × 10 6 m/s i)ˆ − ( ,4 34 × 105 m/s j)ˆ.
- (a) De acordo com a Eq. 2-17,
v x t
= = ×
×
= ×
− −
2 8
m , s
m s.
(b) De acordo com a Eq. 2-15, a Eq. 22-28 e a segunda lei de Newton,
E ma e
xm et
= = = ×^ ×
2 2 2 0 10 −^ −
m 9,11 10 kg 00 10
19 8 1 0^103
× ×
− − =^ ×^ =
C 1,5 10 s 2 N C^ 1,0 kN/C. )( )
- (a) Para u = 0, a Eq. 22-33 nos dá
t = pE sen 0o^ = 0.
(b) Para u = 90o, a Eq. 22-33 nos dá
= pE = 2 1 6( , × 10 −^19 C) (^) ( 0,78 × 10 −^9 m (^) ) (( 3,4 ×10 N C^6 ) = 8 5, × 10 − 22 N m.⋅
- (a) Como a massa específica da água é r = 1000 kg/m^3 , o peso mg de uma gota esférica de raio r = 6,0 × 10 –7^ m é
W = Vg = × ^
kg m^3 6 0 10 7 m 3 9 8m s^22 ) = 8 87, × 10 −^15 N.
(b) O equilíbrio vertical das forças nos dá mg = qE = neE , em que n é o número de elétrons em excesso. Explicitando n , obtemos
n = mgeE = (^) × × =
− −
15 19
N
1,60 10 C N C
- Os campos produzidos pelas duas cargas mais próximas do ponto médio se cancelam. Assim, precisamos considerar apenas o campo produzido pela terceira carga, que está a uma distância r = 3 d / 2 do ponto médio. De acordo com a Eq. 22-3, temos:
E Q r
Q
d
Q
d
4 0 2 4 0 ( 3 2 )^2 3 0 2
- Usando o mesmo raciocínio do Exemplo “Campo elétrico de um arco de circunferência carregado”, chegamos à conclusão de que o módulo do campo elétrico produzido por um arco de circunferência de raio R , com uma densidade linear de carga Q/L , que subtende um ângulo u , é
E Q L R
Q L
arco
= /^ [ / − − / ] = /
0
sen( ) sen( ) (^ )senn(^ ^ ).
4 0 R
Como L = Ru , com u em radianos, temos:
E Q R R
Q
arco R
= 2 /^ /^2 = /
( )sen( ) sen( )
Fazendo E arco = 0,500 E part, em que E part é dado pela Eq. 22-3, temos:
2 2 4
0 2 2 4^0 22
Q
R
Q
R
sen( ) (^) sen
A solução aproximada da última equação é u = 3,791 rad ≈ 217 °.
- Na figura a seguir, o terceiro vértice do triângulo foi escolhido como origem do sistema de coordenadas.
De acordo com a Eq. 22-3, E E e e p d
em que d é o lado do triângulo. Note que as componentes y dos campos elétricos se cancelam. Como, no caso de um triângulo equilátero, o ângulo u indicado na figura é 60o, temos:
E E E e tot x e (^) d
^
0 2
cos cos ,
9 × ⋅ (^6 )
×
×
− N m /C (^) −
1,6 10 C
m
(^2 2) cos 19 ) (^ ) ( , )
N C.
= 3 6, × 10 2
- A carga de um pequeno trecho da corda é dada por dq = ldx , na qual l é a densidade linear de carga. Como a contribuição desse trecho da corda para o módulo do campo elétrico no ponto xP do eixo x é
dE dq x x (^) P
4 0 ( − )^2
temos:
E dx x x (^) P
04 ^02
3 .
Fazendo u = x – xP , obtemos:
E du u
−
−
4 4
1 0 ,^ m^ , m^
= 61 N/C.
- Todos os campos produzidos por cargas diametralmente opostas se cancelam, exceto os campos produzidos pelas cargas q 4 e q 8. O campo resultante dessas duas cargas é dado por
E = ed = ×^ ⋅^ ×^
0 2
9
ˆi ( ,^ N m^2 C^2 ) (1,60^10 19 C)) ,
m 2 i^ N/C)i.
= × −
- (a) Supondo que as duas partículas estão no eixo x , vemos que, por simetria, a componente x do campo total é zero; assim, o campo total é igual à componente y , que aponta para cima e cujo módulo é dado por
E Q tot y a
N m /C^2 , = 2 sen^ = ( ,^ ×^ ⋅^ )( × 4
2 8 99^10 12
0 2
^9
9 2
− )sen = ≈ ( , )
o N/C N/C
(b) Por simetria, vemos que, neste caso, a componente y do campo total é zero; assim, o campo total é igual à componente x , que aponta para a direita e cujo módulo é dado por
E Q tot x a
N m /C^2 , = 2 cos^ = ( ,^ ×^ ⋅^ )( × 4
2 8 99^10 12
0 2
^9
9 2
− ) cos = ( , )
o N/C
- Nossa abordagem, baseada na Eq. 22-29, envolve várias etapas. A primeira consiste em encontrar um valor aproximado de e calculando as diferenças entre todos os pares de valores experimentais. A menor diferença é a que existe entre o sexto e o quinto valores:
18,08 × 10 –19^ C – 16,48 × 10 – 19^ C = 1,60 × 10 –19^ C,
