Baixe solution halliday volume 3 cap 23 e outras Exercícios em PDF para Eletromagnetismo, somente na Docsity!
- O diagrama a seguir mostra o vetor área
A e o vetor campo elétrico
E. Como o ângulo u entre os dois vetores é 180° 2 35° = 145°, o fluxo do campo elétrico através da superfície é
= ⋅ = = × −
E A EA cos ( 1800 N C)( , 3 2 10 3 m) cos 2 145 °° = − × ⋅ = − ⋅
,^2
N m C N m C
2 2
- (a) Na face superior do cubo, y = 2,0 m e dA dA
= ( ) ˆj. Assim,
E = 4 ˆi − 3 2 0[( , )^2 + 2 ]ˆj^ = 4 ˆi − 18 ˆj
e o fluxo é
sup^ E dA^ sup 4 iˆ^18 ˆj^ dA^ ˆj^18 ∫∫sup^ dA =^ (^ −^18 )(^ 2 0,^ )^2 N m⋅^2 C^ = −^72 N m⋅^2 C.
(b) Na face inferior do cubo, y = 0 e dA dA
= ( )(− ˆj). Assim,
E = 4 ˆi^ − 3 0( 2 + 2 ) ˆj^ = 4 ˆi^ − 6 ˆj
e o fluxo é
inf^ E dA^ inf(^4 ˆi^6 ˆ^ j) (^ dA^ )(^^ ˆj)^6 ∫inf dA^6 (^2 2 0,^ )^2 N m⋅^2 C^ = +^24 N m⋅^2 C.
(c) Na face esquerda do cubo, dA dA
= ( )(− ˆi )e
esq^ E dA^ esq(^4 ˆi^ E^ y ˆj) (^ dA^^ )(^ ˆi)^4 ∫^ inf dA^ −−^ 4 2 0( ,^ )^2 N m⋅^2 C^ = −^16 N m⋅^2 C.
(d) Na face traseira do cubo, dA dA
= ( )( −kˆ ). Como o campo
^ E^ não possui componente^ z , E dA ⋅ = 0 ; portanto, Φ = 0.
(e) Agora temos que somar o fluxo através das seis faces do cubo. É fácil constatar que o fluxo através da face dianteira é zero e que o fluxo através da face direita é igual ao fluxo através da face esquerda com o sinal trocado, ou seja, +16 N · m^2 /C. Assim, o fluxo total através do cubo é
Φ = (–72 + 24 – 16 + 0 + 0 + 16) N · m^2 /C = 2 48 N · m^2 /C.
- Como o campo elétrico é constante, podemos usar a equação = ⋅
E A , na qual
A = A ˆj^ = ( 1 40, m )^2 ˆj.
(a) ^ = ( 6 00,^ N C i) ˆ^ ⋅(1 40 ,^ m^ ) 2 ˆj^ =^0.
Capítulo 23
(b) = (^) ( −2 00, N C) ˆj^ ⋅( 1 40, m ) 2 ˆj^ = − 3 92, N m⋅ 2 C.
(c) (^) = ( − 3 00, N C i) ˆ^ + ( 400 N C k)ˆ^ ⋅( 1 40, m ) 2 ˆj= 0.
(d) O fluxo total de um campo uniforme através de uma superfície fechada é sempre zero.
- Como o fluxo através da superfície plana limitada pelo aro é dado por = a E^2 , o fluxo através da rede é
′ = − = − a E^2 = − ( ,0 11 m) (3,0^2 × 10 −^3 N/C)= − 1 1, × 110 −^4 N m /C.⋅^2
- Para aproveitar a simetria da situação, imagine uma superfície gaussiana na forma de um cubo, de aresta d , com um próton de carga q = +1,6 × 10 −^19 C no centro do cubo. O cubo tem seis faces e, por simetria, o fluxo do campo elétrico através de todas as faces tem o mesmo va- lor. Como o fluxo total é Φtot = q / â 0 , o fluxo através de uma das faces deve ser um sexto deste valor. Assim,
= = × × ⋅
− −
q 6
0
19 ^12
C ,
C 2 N m^2
×× 10 −^9 N m⋅ 2 C = 3 01, nN m⋅ 2 C.
- Como o fluxo através das faces laterais do cubo é nulo, temos apenas dois fluxos “para den- tro” do cubo, um através da face superior, de valor absoluto 34(3,0)^2 , e outro através da face inferior, de valor absoluto (20)(3,0)^2. Como um fluxo “para dentro” é considerado negativo, o resultado é Φ = – 486 N ⋅ m^2 /C. Assim, de acordo com a lei de Gauss,
q env = 0 = ( ,8 85 × 10 − 12 C /N m^2 ⋅ 2 )(− 486 N m⋅ 2 C) = − 4 ,, 3 × 10 −^9 C = −4 3, nC.
- De acordo com a lei de Gauss, â 0 Φ = q , na qual Φ é o fluxo total através da superfície do cubo e q é a carga total no interior do cubo. Assim,
= = × × ⋅
= ×
− −
q 0
6 12
C ,
C N m 2 2 N⋅⋅^ m^2 C.
- (a) A área total da superfície que envolve o banheiro é
A = 2 2 5( , ×3 0, ) + 2 3 0( , ×2 0, ) + 2 2 0( , ×2 5, ) = 37 m 2.
O valor absoluto do fluxo do campo elétrico é
| | = | (^) ∑ ⋅ | = | | = ( )( )= ×
E A E A 600 N/C 37 m 2 22 10 3 N⋅⋅ m 2 /C.
De acordo com a lei de Gauss, o valor absoluto da carga envolvida é
| q env | = 0 | | = 2 0, × 10 −^7 C.
Assim, como o volume do banheiro é V = (2,5 m) × (3,0 m) × (3,0 m) = 15 m^3 e a carga, segundo o enunciado, é negativa, temos:
= = −^ ×^ = − × q −^ − V
env 3
C 3
m
2 0 (^10) C/m. 15
(b) O número de cargas em excesso por metro cúbico é
q eV
env (^) = × × =^ ×
− −
1 6 10 15 8 2^10
7 19 3
C
C m ccargas/m^
- Seja A a área da face do cubo, seja Es o módulo do campo elétrico na face superior e seja Ei o módulo do campo elétrico na face inferior. Como o campo aponta para baixo, o fluxo através da face superior é negativo e o fluxo através da face inferior é positivo. Como o fluxo através das outras faces é zero, o fluxo total através da superfície do cubo é Φ = A ( Ei − Es ). De acordo com a lei de Gauss, a carga total no interior do cubo é
q = 0 = 0 A E ( (^) i − Es ) = ( ,8 85 × 10 − 12 C /N m^2 ⋅ 2 )( 100 m)) N/C 60,0 N/C)
C 3,54 C.
= × − =
- (a) A carga central pode ser calculada aplicando a lei de Gauss (Eq. 23-6) ao fluxo mostrado na Fig. 23-33 b para pequenos valores de r , Φ = 2,0 × 105 N.^ m^2 /C:
q central = 0 = ( ,8 85 × 10 −^12 C /N m^2 ⋅ 2 )( ,2 0 × 105 N m⋅^22 /C) C C
1,8 C.
= + × ≈ + ×
1 77, 10 −^6 1 8, 10 −^6
(b) Para valores maiores de r , Φ = −4,0 × 105 N.^ m^2 /C. Isso significa que
q env = 0 = ( ,8 85 × 10 −^12 C /N m^2 ⋅ 2 )(− 4 0, × 105 N m /C⋅^2 )) = − 3 54, × 10 −^6 C ≈ −3,5 C.
Entretanto, parte dessa carga é a carga central, calculada no item (a), de modo que a carga da casca A é
qA = q env – q central = −3,5 m C − (+1,8 m C) = 5,3 m C.
(c) Finalmente, para valores muito grandes de r , Φ = 6,0 × 105 N.^ m^2 /C, o que significa que
q env = 0 = ( ,8 85 × 10 − 12 C /N m^2 ⋅ 2 )( ,6 0 × 105 N m /C)⋅^2 == 5 31, × 10 − 6 C ≈ 5 ,3 C.
De acordo com os resultados anteriores, isso significa que a carga da casca B é
qB = q env − qA − q central = +5,3 m C − (−5,3 m C) − (+1,8 m C) = 8,8 m C.
- (a) Se dispusermos cubos iguais lado a lado e um em cima do outro, veremos que oito cubos se encontram em um vértice. Assim, um oitavo das linhas de campo que partem de uma carga pontual situada em um vértice passam por um dos cubos e o fluxo total através da superfície desse cubo é q /8 â 0. Como as linhas de campo são radiais, nas três faces que se encontram no vértice que contém a carga, as linhas de campo são paralelas à face e o fluxo através da face é zero.
(b) Como os fluxos através das outras três faces são iguais, o fluxo através de uma dessas três faces é um terço do total. Assim, o fluxo através de uma dessas faces é (1/3)( q /8 â 0 ) = q /24 â 0 e o múltiplo é 1/24 = 0,0417.
- O fluxo total do campo elétrico através do cubo é = (^) ∫ ⋅
E dA. O fluxo total através das faces paralelas ao plano yz é
yz x x (^) y
y = (^) ∫∫ [ E x = x − E x = x (^) ] dydz =∫ (^) = dy dz
= ( 2 ) ( 1 ) 0
1 1
2 zz
z
y
y dy (^) z dz
1
2
1
2
1
3
0
1
=
=
=
=
∫
∫
[ +^ −^ − ]
11
2 1
3 = 6 1 2^12
= ∫ =^ =
z ( )( ).
O fluxo total através das faces paralelas ao plano xz é
xz y y (^) x
x = (^) ∫∫ E y = y − E y = y dxdz =∫ (^) = dy
= ( 2 ) ( 1 ) 1
4 1
2 z^ ddz
z 1
2 1
3 =^3 3
= ∫ [−^ − −(^ )]=
e o fluxo total através das faces paralelas ao plano xy é
xy z z (^) x
x = (^) ∫∫ [ E z = z − E z = z (^) ] dxdy =∫ (^) = dx dy
= ( 2 ) ( 1 ) 1
4 1
2 yy
y b b b b 1
2 0
1 =^3 2 3 1^6
= ∫ (^ − ) =^ ( )( )^ =.
De acordo com a lei de Gauss, temos: q (^) env = 0 = 0 ( (^) xy + (^) xz + yz ) = 0 ( ,6 00 b + 0 + 12 0, ) = 24 4 0, 0 ,
o que nos dá b = 2,00 N/C. m.
- (a) A carga da superfície da esfera é o produto da densidade superficial de carga s pela área da superfície da esfera, 4 pr^2 , na qual r é o raio da esfera. Assim, q = 4 r^2 = 4 8 1 × 10 − = 3 7×
2 1, 2^ m^6 2
( , C/m 2 ) , 110 −^5 C = 37 C. ^ ×^ =^ ×
2 ( , 6 C/m 2 ) , 110 −^5 C = 37 C. (b) Usamos uma superfície gaussiana de forma esférica, concêntrica com a esfera condutora e com um raio ligeiramente maior. O fluxo é dado pela lei de Gauss:
Φ = q 0
5 12
= × 4 1 10
× ⋅
= ×
− −
C ,
C /N m^2
NN m⋅ 2 /C.
- De acordo com a Eq. 23-11, a densidade superficial de carga é = E (^) 0 = ( ,2 3 × 10 5 N C)( 8,85 × 10 −^12 C /N m^2 ⋅ 2 ) = 2 0, × 100 −^6 C/m 2 =2 0, C/m^2.
- (a) A área da superfície de uma esfera é 4 pR^2 = pD^2. Assim,
= = ×^ = ×
q −^ − D^2
6 2
C ,.
m
C/m 2
(b) De acordo com a Eq. 23-11, temos:
E = = × × ⋅
= ×
− −
0
7 12
C/m , C N m
2 2 2 00
4 N/C.
- De acordo com a lei de Gauss (Eq. 23-6), â οΦ = q env.
(a) Como Φ = −9,0 × 105 N m⋅ 2 /C para pequenos valores de r , q central = 0 = ( ,8 85 × 10 −^12 C /N m^2 ⋅ 2 )(− 9 0, × 105 N⋅mm /C)^2 = − 7 97, × 10 −^6 C ≈ −8 0, C.
(b) Para valores maiores de r , Φ = 4,0 × 105 N.^ m^2 /C. Isso significa que q env = 0 = ( ,8 85 × 10 −^12 C /N m^2 ⋅ 2 )(− 4 0, × 105 N m /C⋅^2 )) = 3 54, × 10 −^6 C ≈3,5 C.
Entretanto, parte dessa carga é a carga central, calculada no item (a), de modo que a carga da casca A é qA = q env – q central = −8,0 m C − 3,5 m C) = −11,5 m C ≈ 12 m C. (c) Finalmente, para valores muito grandes de r , Φ = −2,0 × 105 N.^ m^2 /C, o que significa que q env = 0 = ( ,8 85 × 10 − 12 C /N m^2 ⋅ 2 )(− 2 0, × 105 N m /C⋅^2 )) = − 1 77, × 10 −^6 C ≈ − 1 ,8 C.
De acordo com os resultados anteriores, isso significa que a carga da casca B é qB = q env − qA − q central = −1,8 m C − 12 m C − (− 8 m C) = −5,8 m C.
- (a) Considere uma superfície gaussiana que esteja totalmente no interior do condutor e envolva a cavidade. Como o campo elétrico é zero em toda a superfície, a carga envolvida pela superfície é zero. Como a carga total é a soma da carga q no interior da cavidade e a carga q 1 na superfície da cavidade, temos: q + q 1 = 0 ⇒ q 1 = 2 q = −3,0 × 10 –6^ C.
- Quando nos aproximamos da distância r = 3,5 cm a partir do lado de dentro da casca, te- mos:
E interno (^) r
= 2 = N/C.
0
Quando nos aproximamos da distância r = 3,5 cm a partir do lado de fora da casca, temos:
E externo (^) r r
= 2 + ′^ = − N/C.
0 0
Assim, temos:
E E externo interno (^) r
− = 2 ′^ = − N/C ⇒ ′ = −
0
, ×× 10 −^9 C/m = −5 8, nC/m
- Vamos chamar de R o raio da casca cilíndrica. De acordo com a Eq. 23-12, o campo elétrico para r > R é dado por
E E E r r
= (^) fio + (^) casca= + ′ (^20)
2 0
na qual l é a densidade linear de carga do fio e l 9 é a densidade linear de carga da casca. O fato de que a carga da casca pode ser expressa através da densidade linear de carga l 9 ou da densidade superficial de carga s permite obter uma relação entre l 9 e s :
q (^) casca = ′ L = (2 RL ) ⇒ ′ = (2 R ).
Para que o campo E do lado de fora da casca seja nulo, devemos ter l 9 = − l , o que nos dá
= − (^) = (^) ×^ = ×
− (^) − 2
3,6 10 C/m R m) 3,8^10
(^6 ) ( 2 )( ,0 015 CC/m^
- (a) Considerando uma superfície gaussiana cilíndrica, coaxial com a barra, de raio r > r ext, na qual r ext é o raio externo da casca, a única carga envolvida é a carga da barra. Assim, de acordo com a Eq. 23-12, o módulo do campo a uma distância r = 15 cm do eixo da casca é dado por E r
= = ×^ = ×
2(2,0 10 C/m (0,15 m)
0
9 (^40)
) (^00 2) N/C =0,24 kN/C.
(b) Como, na ausência de uma corrente elétrica, o campo é zero no interior dos condutores, há uma carga 2 q na superfície interna da casca e uma carga +q na superfície externa da casca, na qual q é a carga da barra. Assim, a densidade superficial de carga na superfície interna da casca é
(^) int = (^) −^ = − (^) = − 2,0^ ×^10 C/m q − 2 r L 2 r 2 0 05
9 int int ( ,^00 m ) = −6 4^ ,^ ×^10 −^9 C/m^2 = −6 4,^ nC/m^2.
(c) A densidade superficial de carga na superfície externa da casca é
ext ext 2 (^) ext
C/m m)
= = = ×^
q − 2 r L r
,^9
== + 3 2, × 10 − 9 C/m 2 = +3 2, nC/m^2.
- (a) Vamos usar como superfície gaussiana um cilindro de comprimento L coaxial com a barra e a casca e de raio r maior que o raio da casca. O fluxo através desta superfície é Φ = 2 prLE , na qual E é o módulo do campo elétrico na superfície gaussiana. Podemos ignorar o fluxo nas bases da superfície cilíndrica. A carga envolvida pela superfície gaussiana é q env = Q 1 + Q 2 = – Q 1 = –3,40× 10 −^12 C. Assim, a lei de Gauss nos dá
E rL
q Lr
= = = −^ ×
×
− −
0
12
env C 2 (8,85 10
112 3
0 21
C /N m^2 ⋅ 2 (11,0 m)(20,0 × 1,30 × 10 m)
= −
, 4 4 N/C.
Assim, | E | = 0,214 N/C.
(b) O sinal negativo indica que o campo elétrico aponta para dentro.
(c) Para r = 5,00 R 1 , a carga envolvida pela superfície gaussiana é q env = Q 1 = 3,40× 10 −^12 C. Assim, de acordo com a lei de Gauss,
E q Lr
= = ×
×
− −
env 2
C
2 2 (8,85 10 C /N
0
12 ^12
⋅⋅ × ×
m (11,0 m)(5,00 1,30 10 m)
2 N/C
3 0 855,^.
(d) O sinal positivo indica que o campo elétrico aponta para fora.
(e) Considere uma superfície gaussiana cilíndrica de raio maior que o raio interno da casca e menor que o raio interno. Como, na ausência de uma corrente elétrica, o campo é zero no interior dos condutores, o fluxo do campo elétrico através da superfície gaussiana é zero e, portanto, de acordo com a lei de Gauss, a carga total envolvida pela superfície gaussiana é zero. Como a barra central possui uma carga Q 1 , a superfície interna da casca deve possuir uma carga Q int = – Q 1 = –3,40 × 10 −^12 C.
(f) Como sabemos que a casca possui uma carga total Q 2 = –2,00 Q 1 , a superfície externa deve possuir uma carga Q ext = Q 2 – Q int = – Q 1 = –3,40 × 10 −^12 C.
- Vamos chamar de xP a coordenada x do ponto P no qual o campo elétrico total é zero. De acordo com a Eq. 23-12, temos:
E E E tot (^) x (^) P L / x (^) P L /
0
2 0
( ) ( )
Explicitando x , obtemos
x (^) P = − L
^
^
1 2 1 2 2
C/m C/m C/m C/m
cm (^) cm.
^
- Vamos usar os índices int e ext para indicar a casca interna e a casca interna, respectiva- mente.
(a) Como, nesse caso, r int < r < r ext,
E r r
( ) = int = × ×
− −
2 0 2
6 12
5,0 10 C/m (8,85 10 C 2 //N m (4,0 10 m)
2 10 6 N/C.
⋅ ×
− =^ ×
(b) O sinal positivo indica que o campo elétrico aponta para fora.
(c) Como, nesse caso, r > r ext,
E r r
( ) = int^ +^ ext = ×^ −^ −^ × − 2 (^0)
5,0 10 6 C/m 7,0 10 6 C//m 2 (8,85 10 C /N m^2 2 (8,0 10 m)
× ⋅ ×
− − = −^ ×
, 110 5 N/C,
o que nos dá | E | = 4,5 × 105 N/C.
(d) O sinal negativo indica que o campo elétrico aponta para dentro.
- Vamos usar uma superfície gaussiana de área 2 prL , na qual L é suficientemente grande para que o fluxo através das bases do cilindro possa ser desprezado. Como o volume envolvido pela superfície gaussiana é V = pr^2 L , o elemento de volume é dV = 2 prLdr e a carga envolvida é dada por
q Ar r L dr ALr
r env =^ ∫ 0 2 2 = 2 4
- De acordo com a Eq. 23-13, o campo elétrico produzido por uma placa de grande extensão com uma densidade superficial de carga s tem módulo E = s /2 â 0 , é perpendicular ao plano da placa e aponta na direção oposta à da placa se a carga for positiva e na direção da placa se a carga for negativa. Usando o princípio da superposição, temos:
(a) E = s / â 0 = (1,77 × 10 −^22 C/m^2 )/(8,85 × 10 −^12 C /N m^2 ⋅ 2 ) = 2,00× 10 −^11 N/C, apontando para cima, ou seja, E = ( ,2 00 × 10 − 11 N/C)j.ˆ
(b) E = 0.
(c) E = s / â 0 apontando para baixo, ou seja, E = − ( ,2 00 × 10 −^11 N/C)j.ˆ
- (a) Para calcular o campo elétrico nas proximidades do centro de uma placa finita com uma densidade superficial de carga uniforme, podemos substituir a placa finita por uma placa infi- nita com a mesma densidade superficial de carga e estimar o módulo do campo como E = s / â 0 , na qual s é a densidade superficial de carga na superfície mais próxima no ponto considerado. Para os dados do problema,
= = ×^ = × q −^ − 2 A 2 0 080
6,0 10 6 C 4
m) 2 4,69^10 C/m^2 ( ,
e o módulo do campo é
E = = × × ⋅
= ×
− −
0
4 8 85^12
4,69 10 C/m 10 C /N m
2 , 2 2 110 N/C.
7
O campo é perpendicular à placa e aponta para longe da placa, já que a carga é positiva.
(b) Em um ponto afastado da placa, o campo elétrico é aproximadamente igual ao de uma carga pontual com uma carga igual à carga total da placa. Assim,
E q r
= = ×^ ⋅^ ×^
− 4
9 2 2 6
N m /C C m 22
= 60 N/C.
- De acordo com a Eq. 23-13, o campo produzido pela placa é E = s /2 â 0. Como o módulo da força que o campo exerce sobre o elétron é F = eE , a aceleração do elétron é dada por
a F m
e m
= =^
Por outro lado, a aceleração é igual à inclinação do gráfico da Fig. 23-44 b (2,0 × 105 m/s/7,0 × 10 −^12 s = 2,86 × 1016 m/s^2 ). Assim, temos:
= = ×^ ×^ × 2 0 ma 2 8 85 10 −^12 9 11 10 −^31 2 86 101 e
1 60 10 19 2 9^106
×
− =^ × −^ C/m^2
- A figura a seguir mostra o diagrama de corpo livre da bola, na qual
T é a tensão do fio, qE
é a força exercida pelo campo elétrico e mg^ ^ é a força da gravidade.
Como a bola está em equilíbrio, a aplicação da segunda lei de Newton às componentes horizon- tal e vertical da força resultante nos dá
qE 2 T sen u = 0 e T cos u − mg = 0.
A primeira equação nos dá T = qE /sen u ; substituindo na segunda equação, obtemos qE = mg tan u. De acordo com a Eq. 23-13, o campo elétrico produzido pela placa é dado por E = s /2 â 0 , sendo que s é a densidade superficial de carga. Assim,
q (^) mg
(^2 )
= tan
e
= ^ = ×^ × 2 0 mg 2 8 85 10 −^12 2 2 1 0 10 −^6 q
tan ( , C /N m. ) ( , kgg m/s C
C/m
) ( , ) tan ,
, ,
2 8
9 2
×
= × =
−
− (^0) 0 nC/m 2.
- O ponto no qual os campos produzidos pela placa e pela partícula se cancelam não pode estar na região entre a placa e a partícula (− d < x < 0) porque a placa e a partícula possuem cargas de sinais opostos, mas pode estar na região à direita da partícula ( x > 0) ou na região à esquerda da placa ( x < d ). A condição para que o campo se anule é
| | (^). 2 0 4 0 2
= Q
r
Explicitando r e substituindo os valores conhecidos, obtemos:
r = (^2) Q | | = (^2) ( 2 6 C/mC 2 ) = (^23) = ± 0 691, m = ±69,1 cm..
Para d = 0,20 m, nenhum dos pontos calculados está na “região proibida” entre a placa e a partícula. Assim, temos:
(a) x = +69,1 cm
(b) x = −69,1 cm
(c) Para d = 0,80 m, um dos pontos ( x = −69,1 cm) está na “região proibida” entre a placa e a partícula e não é uma solução válida. Assim, o único ponto no qual os campos se cancelam é x = +69,1 cm.
- Para resolver o problema, escrevemos uma expressão para a aceleração do elétron e calcu- lamos a distância que o elétron percorre antes de parar. A força a que o elétron está submetido é F = –eE = –es / â 0 (veja a Eq. 23-11) e a aceleração é
a F m
e m
= = −^
0
na qual m é a massa do elétron. De acordo com a Eq. 2-16, se v 0 é a velocidade inicial do elétron, v é a velocidade final e x é a distância percorrida entre as posições inicial e final, v^2 − v (^) 02 = 2 ax. Fazendo v = 0, substituindo a por – es / â 0 m e explicitando x , obtemos
x v a
mv e
2 0 02 2 2
placa. O fluxo total através da superfície continua a ser Φ = 2 Ea^2 , mas a carga envolvida agora é q = a^2 dr. De acordo com a lei de Gauss, 2 â 0 Ea^2 = a^2 dr e, portanto,
E = d = ×^ × −^ − 2
C/m 3 m ×× ⋅
− =^ ×^ − =
12 3 08^106
C /N m
2 2 N/C^ 3,08^ N/C.
- Podemos determinar a carga da esfera observando que o valor máximo do campo elétrico mostrado no gráfico da Fig. 23-48 ( E = 5,0 × 107 N/C) é atingido para r = 2 cm = 0,020 m. Como E = q /4 pâ 0 r^2 , temos:
q = r E = × × ⋅
4 0 020^ 5 0^10
2 2 7 (^9)
m N/C N m^22 C
2 =^ 2 2,^ ×^10 −^6 C.
- (a) Como r 1 = 10,0 cm < r = 12,0 cm < r 2 = 15,0 cm,
E r q r
( ) = = ( ,^ ×^ ⋅^ )( , ×^
0
1 2
9 8
N m /C^2 2 C m
) N/C.
2 =^ 2 50^ ×^104
(b) Como r 1 < r 2 < r = 20,0 cm,
E r ( ) = 41 q^ r +^ q = ( ,8 99^ ×^10 ⋅^ )( ,4 00^ +^2 0
1 2 2
9
N m /C^2 2 ,, )( ) ( , ) ,
0 200 1 35^10
× 8
= ×
− C
m 2 N/C.
- (a) O fluxo continua a ser −750 N.^ m^2 /C, já que depende apenas do valor da carga envol- vida.
(b) De acordo com a lei de Gauss, Φ = q / â 0 , temos:
q = 0 = (^) ( 8 85, × 10 −^12 C /N m^2 ⋅ (^2) ) −( 750 N m ⋅ 2 / C) = −6 6, 44 × 10 −^9 C = −6,64 nC.
- O campo produzido por uma esfera carregada é igual ao campo produzido por uma carga pontual para pontos situados do lado de fora da esfera. Isso significa que o módulo do campo é dado por E = | q |/4 pâ 0 r^2 , na qual | q | é o valor absoluto da carga da esfera e r é a distância entre o ponto em que o campo é medido e o centro da esfera. Assim,
| q | = 4 0 r E 2 = ( ,0 158 99^ ,^ ×) ( , 10 3 0^ ×^10 )
3 (^9) m 2 N/C NN m /C⋅ 2 2 =^ ×^ C.
7 5, 10 −^9
Como o campo aponta para o centro da esfera, a carga é negativa, ou seja,
q = −7,5 × 10 −^9 C = −7,5 nC.
A figura abaixo mostra o módulo do campo elétrico em função de r. Dentro da esfera conduto- ra, E = 0; fora da esfera, E = k | q |/ r^2 , na qual k = 1/4 pâ 0.
- Vamos chamar de EA o módulo do campo para r = 2,5 cm. De acordo com o gráfico da Fig. 23-49, EA = 2,0 × 107 N/C. Este campo se deve exclusivamente ao campo criado pela partícula. Como E partícula = q /4 pâ 0 r^2 , o campo em qualquer outro ponto está relacionado a EA através da
razão entre os quadrados das distâncias. O gráfico mostra também que, no ponto r = 3,0 cm, o campo produzido pela partícula e pela casca é 8,0 × 107 N/C. Assim,
E casca + E partícula = E casca + (2,5/3)^2 EA = 8,0 × 107 N/C
e, portanto,
E casca = 8,0 × 107 N/C − (0,7)(2,0 × 107 N/C) = 6,6 × 107 N/C.
Como E casca = Q /4 pâ 0 r^2 , na qual Q é a carga da casca, e E casca = 6,6 × 107 N/C para r = 0,030 m, temos:
Q r E r E k
= 4 0 2 = = 0 030^ 6 6^ ×^10
2 2 7 (^) casca casca^ ( ,^ m) ( ,^ NN/C N m C
2 ) C^ 6,6^ C.
9 2 6 6^106
× ⋅
= × − =
- Por simetria, o campo elétrico é radial em todas as regiões nas quais é diferente de zero. Vamos usar superfícies gaussianas de forma esférica, concêntricas com a esfera e a casca, passando pelo ponto cujo campo elétrico queremos determinar. Como o campo é uniforme na superfície,
∫ E dA ⋅^^ =^4 r E 2 , na qual r é o raio da superfície gaussiana.
Para r < a , a carga envolvida pela superfície gaussiana é q 1 ( r / a )^3 e a lei de Gauss nos dá
4 4
2 1 0
1 0 3
r E q^ r a
E q r a
^
^ ⇒^ =
3 .
(a) Para r = 0, essa equação nos dá E = 0.
(b) Para r = a /2, temos:
E q^ a a
= = ×^ ⋅^ ×^
1 − 0 3
( / ) ( ,8 99 10 N m /C^2 2 )( ,5 00 10
55 2 2
2 2 2 00 10
C 5 62 10
m
) N/C 56,2 mN/C ( , )
×
− =^ ×^ − =
(c) Para r = a , temos:
E = qa = ×^ ⋅^ ×^ 1 − 0 2
9 15 4
N m /C^2 2 C ,, 00 × 10 −^2 m) 2 =^ 0 112,^ N/C^ =112 mN/C.
Para a < r < b , a carga envolvida pela superfície gaussiana é q 1 e a lei de Gauss nos dá
4 4
2 1 0
1 0 2
r E q^ E q r
(d) Para r = 1,50 a , temos:
E q r
= = ×^ ⋅^ ×^
1 − 0 2
9 15 4
N m /C^2 2 C ,, , )
× ×
− =^ =
m
N/C 49,9 mN/C
(e) Para b < r < c , como a casca é condutora, o campo elétrico é zero. Assim, para r = 2,30 a , E = 0.
(f) Para r > c , a carga envolvida pela superfície gaussiana é zero e, portanto, de acordo com a lei de Gauss, 4 pr^2 E = 0 ⇒ E = 0. Assim, para r = 3,50 a , E = 0.
(g) Considere uma superfície gaussiana que esteja no interior da casca condutora. Como o cam- po elétrico no interior do condutor é nulo,
∫ E dA ⋅^ =^0 e, de acordo com a lei de Gauss, a carga envolvida pela superfície é zero. Se Q int é a carga na superfície interna da casca, q 1 + Q int = 0 e, portanto, Q int = 2 q 1 = 2 5,00 fC.
- De acordo com a Eq. 23-16, o campo é zero para 0 ≤ r ≤ a. Assim,
(a) E = 0 para r = 0.
(b) E = 0 para r = a /2,00.
(c) E = 0 para r = a.
Para a ≤ r ≤ b , a carga envolvida q env está relacionada ao volume através da equação
q (^) env = r^ − a ^
4 ^
3 3 .
Assim, o campo elétrico é
E q r r
= = r^ − a ^
3 3 0
env rr^ a r
3 3 2
(d) Para r = 1,50 a , o campo elétrico é
E a^ a a
= −^ = a
3
3 3 (^2 )
=^
×
×
− −
9 12
C/m m C
3 (^2) //N m⋅ 2 N/C.
^
(e) Para r = b = 2,00 a , o campo elétrico é
E = 3 2 002 00 a^ a −^ a = 3 a 74 =^1 0
3 3 (^2 )
12
×
× ⋅
− −
C/m m C /N m
3 2 2
^
=^ ,^ N/C.
(f) Para r ≥ b , o campo elétrico é
E q r
b a r
= = −^
total^3 (^4 0 2 )
3 ^2
Assim, para r = 3,00 b = 6,00 a , o campo elétrico é
E a^ a a
= −^ = a ^
3
0
3 3 (^2 )
9 12
×
× ⋅
− −
C/m m C /N m
3 2 2
= 1 35, N/C.
- (a) Vamos integrar a densidade volumétrica de carga para toda a esfera e igualar o resultado à carga total:
dx dy dz dr r Q
R ∫ ∫ ∫ =^4 ∫ =
2 π 0.
Fazendo r = rsr / R , em que rs = 14,1 pC/m^3 , e executando a integração, obtemos
4 4
4 s R
R^ Q
^
^
=^ ,
o que nos dá
Q = s R^3 = (14 1 , × 10 −^12 C/m 3 )( ,0 0560 m)^3 = 7 78, × 110 −^15 C =7,78 fC.
(b) Para r = 0, o campo elétrico é zero ( E = 0), já que a carga envolvida por uma superfície gaussiana é zero.
De acordo com a lei de Gauss (veja as Eqs. 23-8 a 23-10), em um ponto do interior da esfera situado a uma distância r do centro, o campo elétrico é dado pela equação
E q r
env (^) ,
na qual q env pode ser calculada usando uma integral semelhante à do item (a):
q dr r R
r (^) s r env =^0 =^4
^
^
(^4) ∫ (^4) 2 ^4.
Assim,
E r Rr
r R
= 1 s^ = s 4
4 (^2 )
2
(c) Para r = R /2,00, em que R = 5,60 cm, o campo elétrico é
E R R
= s^ = sR
= ×
0
2 0
N m⋅ 2 C × C/m 3 m
558 × 10 −^3 N/C =5,58 mN/C.
(d) Para r = R , o campo elétrico é
E R R
= 1 s^ = sR = × ⋅ 4 4
0
2 0
9 2
( , N m 2 C) ( ,, )( , )
12
2
×
= × =
−
−
C/m m
N/C 22,
3
mmN/C.
(e) A figura a seguir mostra um gráfico do módulo do campo elétrico em função de r.
- De acordo com a Eq. 23-20, temos:
E q R
r q R
R q 1 =^ =^
^
0 3
1 1 0 3
1 4 4 2
2 4 0 R^2
Do lado de fora da esfera 2, temos:
E q r
q (^2) R
= |^ |^ = |^ |
0 2
2 4 4 0 1 50^2
Igualando as expressões dos campos, obtemos a relação
q q
2 1
- Como
E r q r r
r r dr
r ( ) = enc = (^) ∫ ( ) 4
0 2 0 2 0
2
(d) O campo elétrico é máximo quando o valor de r é tal que toda a carga presente no cano é envolvida pela superfície cilíndrica, ou seja, quando r = R. Assim, para | r | = 0,0011 C/m^3 e R = 0,050 m, temos:
E (^) max |^ |^ R ( ,^ )( ,^ ) ,
×
2
0 8 85^10
C m m 2(
3 −− (^12) ⋅ =^ ×
C /N m
2 2 N C.
Este campo é atingido na superfície interna do cano.
(e) Comparando o valor do campo máximo calculado no item (d) com a condição (1) do enun- ciado, vemos que o campo atinge um valor suficiente para produzir uma centelha e que esse valor é atingido nas proximidades da superfície interna do cano.
- Podemos usar a Eq. 23-15, a Eq. 23-16 e o princípio de superposição.
(a) Para r < a , E = 0.
(b) Para a < r < b , E^ =^ q^ a^4 0 r^2.
(c) Para r > b , E = ( q (^) a + q (^) b ) / 4 0 r 2.
(d) Como E = 0 para r < a , a carga na superfície interna da casca menor é zero e, portanto, a carga na superfície externa da casca menor é qa. Como E = 0 no interior da casca maior, a carga envolvida por uma superfície gaussiana situada entre a superfície interna e a superfície externa da casca maior é zero. Isso significa que a carga da superfície interna da casca maior é 2 qa. Em consequência, a carga da superfície externa da casca maior é qb − qa.
- De acordo com as Eqs. 23-16 e 23-17, temos:
a)
E q r
= = ×^ ⋅^ ×^
− 4
0 1^2 0 0
9 2 7
N m 2 C C 115
m)
2 =^ , × N C.
(b)
E = 0, já que o campo no interior de um condutor é zero no regime estacionário.
- O próton está executando um movimento circular uniforme, no qual a força centrípeta é a força de atração eletrostática da esfera. De acordo com a segunda lei de Newton, F = mv^2 / r , na qual F é o módulo da força, v é a velocidade do próton e r é o raio da órbita. O módulo da força a que o próton está submetido é F = e | q |/4 pâ 0 r^2 , na qual | q | é o valor absoluto da carga da esfera. Assim, 1 4 0 2
2
e q r
mv r
e, portanto,
| q | mv r ( ,^ )( ,^ ) e
= = ×^ ×
4 0 2 1 67 10 −^27 kg 3 00 105 m/s 22 9 9
m × N m⋅ 2 C 2 × −^ C
== 1 04, × 10 − 9 C =1,04 nC.
Como a força deve ser atrativa e o próton é uma partícula de carga positiva, a carga da esfera é negativa: q = –1,04 × 10 –9^ C.
- Como a área da superfície de uma esfera é A = 4 pr^2 e a densidade superficial de carga é s = q / A (sem perda de generalidade, estamos supondo que a carga é positiva), temos:
E q r
q r
0 0 2 0 2
que é o campo produzido por uma carga pontual (veja a Eq. 22-3).
- (a) Como o volume de uma esfera de raio R /2 é igual a um oitavo do volume de uma esfera de raio R , a carga da região em que 0 < r < R /2 é Q /8. Assim, a fração pedida é 1/8 = 0,125.
(b) No ponto r = R /2, o módulo do campo é
E Q R
Q
R
o que equivale a metade do campo na superfície da esfera. Assim, a fração pedida é 1/2 = 0,500.
- Vamos chamar de q o valor absoluto da carga da esfera e de E o módulo do campo produ- zido pela esfera da posição do próton. Quando o próton está a uma distância r ≥ R do centro da esfera, a força exercida pela esfera sobre o próton é
F eE e q r
eq r
Note que, para r = R , esta expressão se torna
F eq R (^) R
(a) Fazendo F = FR /2 e explicitando r , obtemos r = R 2. Como o problema pede a distância a partir da superfície da esfera, a resposta é R 2 − R = 0 41, R.
(b) Nesse caso, devemos ter F int = FR /2, na qual F int = eE int e E int é dado pela Eq. 23-20. Assim,
e q R
r eq R
r R^ R 4
0 3 0 2
^
^
- O campo inicial (calculado “a uma pequena distância da superfície externa”, o que significa que é calculado para r = R 2 = 0,20 m, o raio externo da casca) está relacionado à carga q da casca através da Eq. 23-15: E (^) inicial = q / 4 0 R 22. Depois que a carga pontual Q é colocada no centro geométrico da casca, o campo final no mesmo ponto é a soma do campo inicial com o campo produzido pela carga Q (dado pela Eq. 22-3):
E E Q final inicial R
(a) A carga da casca é
q = R E = ×
4 0 20^450
2 2 (^) inicial 9 ( , m ) ( N/C) , NN m C
C 2,0 nC. ⋅
2 2 =^ 2 0,^ ×^10 −^9 = +
(b) A carga Q é
Q = 4 0 R (^) 22 ( E − E ) = 0 20^180
2 (^) final inicial ( ,^ m^ ) (^ N/C−− × ⋅
450 = − × − = −
9 2 2 N/C 1 2^10 9 1 2
N m C
) C nC. ,
(c) Como o campo no interior da casca condutora é zero, o campo produzido pela carga Q deve ser cancelado pelo campo produzido pela carga da superfície interna da casca. Assim, a resposta é +1,2 × 10 −^9 C.
(d) Como a carga total da casca condutora é +2,0 nC e a carga da superfície interna é +1,2 nC, a carga da superfície externa é (+2,0 nC) − (+1,2 nC) = +0,80 nC.
