solution halliday volume 3 cap 23, Exercícios de Eletromagnetismo

Baixe solution halliday volume 3 cap 23 e outras Exercícios em PDF para Eletromagnetismo, somente na Docsity! 1. 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 EAcos ( )( , ) cos 1800 3 2 10 1453N C m 2 ° = − × ⋅ = − ⋅ −1 5 10 0 015 2, , N m C N m C 2 2 2. (a) Na face superior do cubo, y = 2,0 m e dA dA  = ( ) ĵ. Assim,  E = − + = −4 3 2 0 2 4 182ˆ [( , ) ]ˆ ˆ ˆi j i j e o fluxo é  = ⋅ = −( ) ⋅( ) = −∫ ∫   E dA dA dA sup sup sup i j j4 18 18ˆ ˆ ˆ ∫ = −( )( ) ⋅ = − ⋅18 2 0 722, .N m C N m C2 2 (b) Na face inferior do cubo, y = 0 e dA dA  = −( )( ˆ)j . Assim, E = − +( ) = −4 3 0 2 4 62ˆ ˆ ˆ ˆi j i j e o fluxo é  = ⋅ = − ⋅ − = =∫∫   E dA dA dA( ˆ ˆ) ( )( ˆ) (4 6 6 6i j j infinf 2 0 242, ) .N m C N m C2 inf 2⋅ = + ⋅∫ (c) Na face esquerda do cubo, dA dA  = −( )( ˆ)i e  = ⋅ = + ⋅ − = − =∫∫   E dA E dA dAy( ˆ ˆ) ( )( ˆ)4 4i j i esqesq − ⋅ = − ⋅∫ 4 2 0 162( , ) .N m C N m C2inf 2 (d) Na face traseira do cubo, dA dA  = −( )( ˆ )k . 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 · m2/C. Assim, o fluxo total através do cubo é Φ = (–72 + 24 – 16 + 0 + 0 + 16) N · m2/C = 2 48 N · m2/C. 3. Como o campo elétrico é constante, podemos usar a equação  = ⋅   E A, na qual  A A= = ( )ˆ , ˆj m j.21 40 (a)  = ( ) ⋅( ) =6 00 1 40 0, ˆ , ˆN C i m j .2 Capítulo 23 52 soluções dos problemas (b)  = −( ) ⋅( ) = − ⋅2 00 1 40 3 92, ˆ , ˆ ,N C j m j N m C.2 2 (c)  = −( ) + ( )  ⋅( ) =3 00 400 1 40 0, ˆ ˆ , ˆN C i N C k m j 2 . (d) O fluxo total de um campo uniforme através de uma superfície fechada é sempre zero. 4. Como o fluxo através da superfície plana limitada pelo aro é dado por  = a E2 , o fluxo através da rede é ′ = − = − = − × = − ×−   a E2 ( , ,0 11 1 13m) (3,0 10 N/C)2 10 N m /C.2− ⋅4 5. 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/â0, o fluxo através de uma das faces deve ser um sexto deste valor. Assim,  = = × × ⋅ = − − q 6 1 6 10 6 8 85 10 3 01 0 19 12 , ( , ) , C C N m2 2 × ⋅ = ⋅−10 3 019 N m C nN m C2 2, . 6. 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 ⋅ m2/C. Assim, de acordo com a lei de Gauss, qenv 2 2 2C /N m N m C= = × ⋅ − ⋅ = −−0 128 85 10 486 4 ( , )( ) , , .3 10 4 39× = −− C nC 7. De acordo com a lei de Gauss, â0Φ = 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 51 8 10 8 85 10 2 0 10 , , , C C N m N 2 2 ⋅ m C2 . 8. (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, , , , , , .m2 O valor absoluto do fluxo do campo elétrico é | | | | | | ( )( ) = ⋅ = = = ×∑    E A E A 600 37 22 103N/C m N2 ⋅ m C.2 / De acordo com a lei de Gauss, o valor absoluto da carga envolvida é | | | | ,qenv C.= = × −0 72 0 10 Assim, como o volume do banheiro é V = (2,5 m) × (3,0 m) × (3,0 m) = 15 m3 e a carga, segundo o enunciado, é negativa, temos:  = = − × = − × − −q V env 3 3C m C/m . 2 0 10 15 1 3 10 7 8, , (b) O número de cargas em excesso por metro cúbico é q eV env = × × = × − − 2 0 10 1 6 10 15 8 2 10 7 19 3 10, ( , )( ) , C C m cargas/m3. soluções dos problemas 55 De acordo com a lei de Gauss, temos: q bxy xz yzenv = = + + = + + =  0 0 0 6 00 0 12 0 2   ( ) ( , , ) 4 0 0, , o que nos dá b = 2,00 N/C.m. 17. (a) A carga da superfície da esfera é o produto da densidade superficial de carga s pela área da superfície da esfera, 4pr2, na qual r é o raio da esfera. Assim, q r= =    × = × −4 4 8 1 10 3 72 2 6   1, 2 m 2 C/m2( , ) , 10 5− =C 37 C. q r= =    × = × −4 4 8 1 10 3 72 2 6   1, 2 m 2 C/m2( , ) , 10 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 63 66 10 8 85 10 4 1 10= × × ⋅ = × − − , , , C C /N m2 2 N m C .2⋅ / 18. De acordo com a Eq. 23-11, a densidade superficial de carga é  = = × × ⋅ = ×−E 0 52 3 10 2 0 1( , )( ) ,N C 8,85 10 C /N m12 2 2 0 2 06− =C/m C/m2 2, . 19. (a) A área da superfície de uma esfera é 4pR2= pD2. Assim,    = = × = × − −q D2 6 2 72 4 10 1 3 4 5 10 , ( , ) , . C m C/m2 (b) De acordo com a Eq. 23-11, temos: E = = × × ⋅ = × − −  0 7 12 4 5 10 8 85 10 5 1 1 , , / , C/m C N m 2 2 2 04 N/C. 20. De acordo com a lei de Gauss (Eq. 23-6), âοΦ = qenv. (a) Como Φ = −9,0 × 105 N m2⋅ /C para pequenos valores de r, qcentral 2 2C /N m N= = × ⋅ − × ⋅−0 12 58 85 10 9 0 10 ( , )( , m /C) C C.2 = − × ≈ −−7 97 10 8 06, ,  (b) Para valores maiores de r, Φ = 4,0 × 105 N . m2/C. Isso significa que qenv 2 2 2C /N m N m /C= = × ⋅ − × ⋅−0 12 58 85 10 4 0 10 ( , )( , ) C 3,5 C.= × ≈−3 54 10 6,  Entretanto, parte dessa carga é a carga central, calculada no item (a), de modo que a carga da casca A é qA = qenv – qcentral = −8,0 mC − 3,5 mC) = −11,5 mC ≈ 12 mC. (c) Finalmente, para valores muito grandes de r, Φ = −2,0 × 105 N . m2/C, o que significa que qenv 2 2 2C /N m N m /C= = × ⋅ − × ⋅−0 12 58 85 10 2 0 10 ( , )( , ) C ,8 C.= − × ≈ −−1 77 10 16,  De acordo com os resultados anteriores, isso significa que a carga da casca B é qB = qenv − qA − qcentral = −1,8 mC − 12 mC − (−8 mC) = −5,8 mC. 21. (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 q1 na superfície da cavidade, temos: q + q1 = 0 ⇒ q1 = 2q = −3,0 × 10–6 C. 56 soluções dos problemas (b) Como a carga total Q do condutor é a soma da carga q1 na superfície da cavidade com a carga q2 na superfície externa do condutor, temos: q Q q2 1 6 6 510 10 3 0 10 1 3 10= − = × − − × = + ×− − −( ) ( , ) ,C C C. 22. O problema pode ser resolvido combinando a segunda lei de Newton (F = ma) com a defi- nição de campo elétrico (E = F/q) e com a Eq. 23-12 (E = l/2pâ0r), o que nos dá ma eE e r a e rm = = ⇒ = = ×   2 2 2 1 10 0 0 17, .m/s2 23. (a) Como a área da superfície lateral do tambor é A = pDh, na qual D é o diâmetro do tam- bor e h é a altura do tambor, temos: q A Dh EDh= = = = × ⋅ ×−   0 128 85 10 2 3 1( , )( ,C /N m2 2 0 0 12 0 42 3 2 10 5 7 N/C m m C 0,32 C. ) , , , ( )( ) = × =−  (b) A nova carga é ′ = ′   = ′ ′    = × −q q A A q D h Dh   ( , ) , 3 2 10 87 C 0 28 12 42 1 4 10 7 cm cm cm cm C 0, ( )( ) ( )( )       = × =−, 14 C. 24. Usando uma superfície gaussiana cilíndrica A de raio r e comprimento unitário, concêntrica com o tubo de metal, temos, por simetria,    E dA rE q A ⋅ = =∫ 2 0   env . (a) Para r < R, qenv = 0 e, portanto, E = 0. (b) Para r > R, qenv = l e, portanto, para r = 2R = 0,0600 m, temos: E r = = ×( ) × − −    2 2 0 10 2 0 0600 8 85 100 8 12 , , ( , C/m m C2 2/N m N/C. ⋅ = × ) ,5 99 103 (c) A figura a seguir mostra o gráfico de E em função de r. 25. Como, de acordo com a Eq. 23-12, o módulo do campo elétrico produzido por uma linha infinita de carga é E = l/2pâ0r, na qual l é a densidade linear de carga e r é a distância entre o ponto onde o campo é medido e a linha de carga, temos:   = = × ⋅ ×−2 2 8 85 10 4 5 100 12 4Er ( , )( , )(C /N m N/C2 2 2 0 5 0 10 6, ) ,m C/m 5,0 C/m. = × = −  soluções dos problemas 57 26. Quando nos aproximamos da distância r = 3,5 cm a partir do lado de dentro da casca, te- mos: E r interno N/C.= = 2 4 1000 0   Quando nos aproximamos da distância r = 3,5 cm a partir do lado de fora da casca, temos: E r r externo N/C.= + ′ = −2 4 2 4 3000 0 0     Assim, temos: E E r externo interno N/C− = ′ = − ⇒ ′ = − 2 4 1000 5 8 0    , × = −−10 5 89 C/m nC/m, 27. 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 02    2 0 , na qual l é a densidade linear de carga do fio e l9 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 l9 ou da densidade superficial de carga s permite obter uma relação entre l9 e s : q L RL Rcasca (2 (2= ′ = ⇒ ′ =     ) ). Para que o campo E do lado de fora da casca seja nulo, devemos ter l9 = −l, o que nos dá     = − = × = × − − 2 3,6 10 C/m m) 3,8 10 R 6 8 2 0 015( )( , C/m2. 28. (a) Considerando uma superfície gaussiana cilíndrica, coaxial com a barra, de raio r > rext, na qual rext 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  4 2(2,0 10 C/m (0,15 m) 2,4 1 0 9 04 ) 0 N/C 0,24 kN/C.2 = (b) Como, na ausência de uma corrente elétrica, o campo é zero no interior dos condutores, há uma carga 2q 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 r L r2 2 2 0 05 9 int int ( , 0 6 4 6 49 m 10 C/m nC/m2 2 ) , , .= − × = −− (c) A densidade superficial de carga na superfície externa da casca é      ext ext ext2 C/m m) = = = × −q r L r2 2 0 10 2 0 100 9, ( , = + × = +−3 2 3 29, , .10 C/m nC/m2 2 29. (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 = 2prLE, 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 qenv = Q1 + Q2 = –Q1= –3,40×10−12 C. Assim, a lei de Gauss nos dá E rL q Lr = = = − × × − −  2 2 3 40 10 0 12    env C 2 (8,85 10 , 12 3 0 21 C /N m (11,0 m)(20,0 1,30 10 m)2 2⋅ × × = − −) , 4 N/C. 60 soluções dos problemas 36. 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/2â0, 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/â0 = (1,77 × 10−22 C/m2)/(8,85 × 10−12 C /N m2 2⋅ ) = 2,00×10−11 N/C, apontando para cima, ou seja,  E = × −( , ˆ2 00 10 11 N/C)j. (b) E = 0. (c) E = s/â0 apontando para baixo, ou seja,  E = − × −( , ˆ2 00 10 11 N/C)j. 37. (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/â0, na qual s é a densidade superficial de carga na superfície mais próxima no ponto considerado. Para os dados do problema,  = = × = × − −q A2 2 0 080 6 46,0 10 C m) 4,69 10 C/m 2 2 ( , e o módulo do campo é E = = × × ⋅ = × − −  0 4 128 85 4,69 10 C/m 10 C /N m 5,3 2 2 2, 10 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 8 99 10 6 0 10 300 2 9 2 2 6  ( , )( , ) ( ) N m /C C m 2 60= N/C. 38. De acordo com a Eq. 23-13, o campo produzido pela placa é E = s/2â0. 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 = =  2 0 . Por outro lado, a aceleração é igual à inclinação do gráfico da Fig. 23-44b (2,0 × 105 m/s/7,0 × 10−12 s = 2,86 × 1016 m/s2) . Assim, temos:  = = × × × − −2 2 8 85 10 9 11 10 2 86 100 12 31 1ma e ( , )( , )( , 6 19 6 1 60 10 2 9 10 ) , , . × = ×− − C/m2 39. 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. soluções dos problemas 61 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/2â0, sendo que s é a densidade superficial de carga. Assim, q mg    2 0 = tan e   = = × × − −2 2 8 85 10 1 0 100 12 2 2 6mg q tan ( , . ) ( ,C /N m kg m/s C C/m )( , ) tan , , , 9 8 30 2 0 10 5 0 10 5 2 8 9 2 ° × = × = − − 0 nC/m2. 40. 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 40 0 2 = Q r Explicitando r e substituindo os valores conhecidos, obtemos: r Q= = = = ± = ± 2 6 2 2 3 2 0 691 2     | | ( ) , C C/m 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. 41. 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/â0 (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 v0 é a velocidade inicial do elétron, v é a velocidade final e x é a distância percorrida entre as posições inicial e final, v v ax2 0 2 2− = . Fazendo v = 0, substituindo a por –es/â0m e explicitando x, obtemos x v a mv e = − =0 2 0 0 2 2 2   . 62 soluções dos problemas Como a energia cinética inicial é K mv0 0 2 2= / , temos: x K e = = × ⋅ × − −  0 0 12 2 2 178 85 10 1 60 10 1 ( , ) ( , ) ( C /N m J , ) ( , ) , 60 10 2 0 10 4 4 10 19 6 2 4 × × = × =− − − C C/m m 0,44 mm. 42. Como, de acordo com a Eq. 23-11, E = s/â0, a densidade superficial de carga é dada por  = = × ⋅ = ×− −0 12 108 85 10 55 4 9 10E ( , )( ,C /N m N/C)2 2 C/m2. Como a área das placas é A = 1,0 m2, o módulo da carga em cada placa é Q A= = × − 4 9 10 10, C. 43. Vamos usar uma superfície gaussiana em forma de paralelepípedo, indicada por retas trace- jadas na vista lateral da figura a seguir. As faces direita e esquerda da superfície gaussiana estão a uma distância x do plano central. Vamos tomar a altura e o comprimento do paralelepípedo como iguais a a, de modo que as faces direita e esquerda são quadrados. O campo elétrico é perpendicular às faces direita e esquerda e é uniforme. Como a densidade volumétrica de carga é positiva, aponta para fora nas duas faces, ou seja, aponta para a esquerda na face esquerda e para a direita na face direita. Além disso, o valor absoluto da densidade de carga é o mesmo nas duas faces. Assim, o fluxo do campo elétrico através das duas faces é Ea2. Como o campo elétrico é paralelo às outras faces do paralelepípedo, o fluxo do campo elétrico através dessas faces é zero; assim, o fluxo total através da superfície gaussiana é Φ = 2Ea2. Como o volume envolvido pela superfície gaussiana é 2a2x e a carga contida nesse volume é q = 2a2xr, na qual r é a densidade volumétrica de carga, a lei de Gauss nos dá 2â0Ea2 = 2a2xr. Explicitando o campo elétrico E, obtemos E = rx/â0. (a) Para x = 0, E = 0. (b) Para x = 2,00 mm = 2,00 × 10−3 m, E x= = × × × − − 0 15 35 80 10 2 00 10 8 85 10 ( , )( , ) , C/m m3 − − ⋅ = × = 12 61 31 10 C /N m N/C 1,31 N/C. 2 2 ,  (c) Para x = 4,70 mm = 4,70 × 10−3 m, E x= = × × × − − 0 15 35 80 10 4 70 10 8 85 10 ( , )( , ) , C/m m3 − − ⋅ = × = 12 63 08 10 C /N m N/C 3,08 N/C. 2 2 ,  (d) Para x = 26,0 mm = 2,60 × 10−2 m, usamos uma superfície gaussiana de mesma forma e orientação, mas com x > d/2, de modo que as faces esquerda e direita estão do lado de fora da soluções dos problemas 65 (h) Seja Qext a carga da superfície externa da casca. Como a carga total da casca é 2q, Qint + Qext = 2q1, o que nos dá Qext = 2q1 2 Qi = 2q1 2(2q1) = 0. 50. O ponto no qual os campos se cancelam não pode estar na região entre as cascas porque as cargas das cascas têm sinais opostos. Não pode estar no interior de uma das cascas porque, nesse caso, o único campo existente seria o campo da outra casca. Como a carga da casca 2 é maior em valor absoluto que a casca 1 (|s2|A2 > (|s1|A1), o ponto não pode estar à direita da casca 2. Assim, o ponto está à esquerda da casca 1, a uma distância r > R1 do centro, em que R1 é o raio da casca 1. Para que o campo se anule nesse ponto, E E q r q r L 1 2 1 0 2 2 0 24 4 = ⇒ = + | | | | ( ) ,   o que nos dá     1 1 0 2 2 2 0 24 4 A r A r L = + | | ( ) . Usando o fato de que a área da superfície de uma esfera é A = 4pR2, obtemos: r LR R R = − = × −1 1 2 2 1 1 60 06 4 0 10  | | ( , ( ,m)(0,005 m) C/m m C/m m 2 2( , ) ( , ( , ) ( ,0 020 2 0 10 0 005 4 0 106× − ×− −6 0 033 3 3 C/m m cm 2 = =, , . Como este valor satisfaz a condição r > R1, a resposta é x = −r = −3,3 cm. 51. Vamos usar uma superfície gaussiana na forma de uma esfera concêntrica com a casca e com um raio rg tal que a < rg < b. A carga da parte da casca esférica envolvida pela superfície gaussiana é dada pela integral q dVs = ∫  , em que r é a densidade volumétrica de carga, e os limites de integração são o raio interno da carga e o raio da superfície gaussiana. Como a dis- tribuição de carga possui simetria esférica, podemos tomar o elemento de volume dV como o volume de uma casca esférica de raio r e espessura infinitesimal dr: dV = 4pr2dr. Assim, q r dr A r r dr A r drs a r a r a rg g g = = = =∫ ∫⌠⌡4 4 42 2    2 2 2 A r ag( − ). A carga total no interior da superfície gaussiana é q q q A r as g+ = + −2 2 2 ( ). Como o campo elétrico é radial, o fluxo através da superfície gaussiana é  = 4 2r Eg , na qual E é o módulo do campo. De acordo com a lei de Gauss, temos: 4 20 2 2 2 Er q A r ag g= + −( ). Explicitando E, obtemos: E q r A Aa rg g = + −       1 4 2 2 0 2 2 2   . Para que o campo seja uniforme, o primeiro e o terceiro termos devem se cancelar, o que acontece se q 2 2pAa2 = 0, ou seja, se A = q/2pa2. Para a = 2,00 × 10−2 m e q = 45,0 × 10−15 C, obtemos A = 1,79 × 10−11 C/m2. 66 soluções dos problemas 52. 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 qenv está relacionada ao volume através da equação q r a env = −       4 3 4 3 3 3 . Assim, o campo elétrico é E q r r r a= = −    =1 4 4 4 3 4 3 30 2 0 2 3 3 0       env r a r 3 3 2 − . (d) Para r = 1,50a, o campo elétrico é E a a a a= − =      3 1 50 1 50 3 2 375 2 250 3 3 2 0 ( , ) ( , ) , ,   = × × − − ( , )( , ) ( , 1 84 10 0 100 3 8 85 10 9 12 C/m m C 3 2 /N m N/C. 2⋅     = ) , , , 2 375 2 25 7 32 (e) Para r = b = 2,00a, o campo elétrico é E a a a a= − =    =    3 2 00 2 00 3 7 4 1 0 3 3 2 0 ( , ) ( , ) ( ,84 10 0 100 3 8 85 10 79 12 × × ⋅ − − C/m m C /N m 3 2 2 )( , ) ( , ) 4 12 1   = , N/C. (f) Para r ≥ b, o campo elétrico é E q r b a r = = − 3 total 4 30 2 0 3 2   . Assim, para r = 3,00b = 6,00a, o campo elétrico é E a a a a= − =    =    3 2 00 6 00 3 7 36 1 0 3 3 2 0 ( , ) ( , ) ( , )( , ) ( , ) 84 10 0 100 3 8 85 10 9 12 × × ⋅ − − C/m m C /N m 3 2 2 7 36 1 35   = , N/C. 53. (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 20π . Fazendo r =rsr/R, em que rs = 14,1 pC/m3, e executando a integração, obtemos 4 4 4  s R R Q       = , o que nos dá Q Rs= = × = ×− 3 1214 1 10 0 0560 7 78( , )( , ,C/m m)3 3 10 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 = 1 4 0 2 env , soluções dos problemas 67 na qual qenv pode ser calculada usando uma integral semelhante à do item (a): q dr r R rr s env 0 4 = =       ∫4 42 4     . Assim, E r Rr r R s s= =1 4 1 40 4 2 0 2     . (c) Para r = R/2,00, em que R = 5,60 cm, o campo elétrico é E R R Rs s= = = × 1 4 2 00 1 4 4 00 8 99 10 0 2 0   ( , ) , ( , / 9 2 1214 1 10 0 0560 4 00 5 N m C C/m m2 3⋅ × = −) ( , )( , ) , ,  58 10 3× =− N/C 5,58 mN/C. (d) Para r = R, o campo elétrico é E R R Rs s= = = × ⋅1 4 4 8 99 10 14 0 2 0 9 2     ( , ) (N m C2 , )( , ) , 1 10 0 0560 2 23 10 12 2 × = × = − − C/m m N/C 22,3 3 mN/C. (e) A figura a seguir mostra um gráfico do módulo do campo elétrico em função de r. 54. De acordo com a Eq. 23-20, temos: E q R r q R R q 1 = =     = | | | | | |1 0 3 1 1 0 3 1 4 4 2 1 2 4  0 2R . Do lado de fora da esfera 2, temos: E q r q R 2 = = | | | | ( , ) .2 0 2 2 0 24 4 1 50  Igualando as expressões dos campos, obtemos a relação q q 2 1 9 8 1 125= = , . 55. Como E r q r r r r dr r ( ) ( )= = ∫enc4 1 4 4 0 2 0 2 0 2     70 soluções dos problemas 65. (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 = =/ ( / ) , 8 4 2 1 2 40 2 0 2  o que equivale a metade do campo na superfície da esfera. Assim, a fração pedida é 1/2 = 0,500. 66. 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 = =     = 4 40 2 0 2  . Note que, para r = R, esta expressão se torna F eq R R = 4 0 2 (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 R R2 0 41− = , . (b) Nesse caso, devemos ter Fint = FR/2, na qual Fint = eEint e Eint é dado pela Eq. 23-20. Assim, e q R r eq R r R R 4 1 2 4 2 0 50 0 3 0 2      =     ⇒ = = , . 67. O campo inicial (calculado “a uma pequena distância da superfície externa”, o que significa que é calculado para r = R2 = 0,20 m, o raio externo da casca) está relacionado à carga q da casca através da Eq. 23-15: E q Rinicial /= 4 0 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 R final inicial= + 4 0 22 . (a) A carga da casca é q R E= = × 4 0 20 450 8 99 100 2 2 2 9  inicial m N/C( , ) ( ) , N m C C 2,0 nC. ⋅ = × = +− 2 2 92 0 10, (b) A carga Q é Q R E E= −( ) =4 0 20 1800 22 2  final inicial m N/C( , ) ( − × ⋅ = − × = −−450 8 99 10 1 2 10 1 2 9 2 2 9N/C 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. soluções dos problemas 71 68. Seja Φ0 = 103 N . m2/C. O fluxo total através da superfície do dado é     = = −( ) = − + − + − +( ) = = = ∑ n n n n n 1 6 0 0 0 1 6 1 1 2 3 4 5 6 3∑ . Assim, de acordo com a lei de Gauss, a carga no interior do dado é q = = = × ⋅ ⋅− 0 0 0 12 33 3 8 85 10 10  ( , ) ( )C /N m N m /C2 2 2 = × =−2 66 10 8, C 26,6 nC. 69. Como todos os campos envolvidos são uniformes, a localização precisa do ponto P não é importante; o que importa é que o ponto está acima das três placas, com as placas positivamente carregadas produzindo campos que apontam para cima e a placa negativamente carregada pro- duzindo um campo que aponta para baixo. De acordo com a Eq. 23-13, o campo total aponta para cima e o módulo do campo é | | , ( ,  E = + + = × × −      1 0 2 0 3 0 6 2 2 2 1 0 10 2 8 85 1 C/m2 0 5 65 10 12 4 − ⋅ = × C /N m N C. 2 2) , Na notação dos vetores unitários,  E = ×( , )ˆ5 65 104 N/C j . 70. Como a distribuição de carga é uniforme, podemos calcular a carga total q multiplicando a densidade volumétrica r pelo volume da esfera (4p r3/3), o que nos dá q = × = × =− −( , ) ( , ) , ,3 2 10 4 0 050 3 1 68 10 1 686 3 9C/m C3  nC. (a) De acordo com a Eq. 23-20, E q r R = = × ⋅ × −| | ( , )( , )( , 4 8 99 10 1 68 10 0 0 0 3 9 9  N m C2 35 0 050 4 2 10 3 3) ( , ) ,= × =N/C 4,2 kN/C. (b) De acordo com a Eq. 22-3, E q r = = × ⋅ × −| | ( , )( , 4 8 99 10 1 68 10 0 2 9 2 9  N m C C) (0, 2 080 m) N/C 2,4 kN/C. 2 = × =2 4 103, 71. Vamos usar um sistema de coordenadas com a origem no centro da base, o plano xy hori- zontal, coincidindo com a base, e o hemisfério no semiplano z > 0. (a) base k k m) (2,50 2= − ⋅ = − = −  R E R E2 2 0 0568( ˆ ) ˆ ( , N/C) N m /C N m 2 2 = − ⋅ = − × ⋅− 0 0253 2 53 10 2 , , . (b) Como o fluxo através do hemisfério é zero, o fluxo através da superfície curva é   c base 2N m /C= − = + × ⋅−2 53 10 2, . 72. De acordo com a lei de Gauss, a carga total envolvida é q = = × ⋅ − ⋅ = − ×−0 128 85 10 48 4 2 10 ( , )( ) ,C /N m N m C2 2 2 −10 C. 73. (a) De acordo com a lei de Gauss, temos:      E r q r r r r r r ( ) ( )= = =1 4 1 4 4 3 0 3 0 3 3   env / 3 0 . 72 soluções dos problemas (b) A distribuição de carga neste caso é equivalente à da combinação de uma esfera completa de densidade de carga r, com uma esfera menor de densidade –r ocupando o lugar da cavidade. Assim, por superposição,       E r r r a a( ) = + − −( ) =     3 3 30 0 0 ( ) . 74. (a) Como o cubo está totalmente no interior da esfera, a carga envolvida pelo cubo é qenv = r Vcubo = (500 × 10–9 C/m3)(0,0400 m)3 = 3,20 × 10–11 C. Assim, de acordo com a lei de Gauss, Φ = qenv/â0 = 3,62 N·m2/C. (b) Como esfera está totalmente no interior do cubo (note que o raio da esfera é menor que metade da aresta do cubo), a carga total é qenv = r Vesfera = (500 × 10−9 C/m3)(4/3)p (0,0600 m)3 = 4,52 × 10–10 C. Assim, de acordo com a lei de Gauss, Φ = qenv/â0 = 51,1 N·m2/C. 75. O campo elétrico aponta radialmente para fora a partir do fio central. Estamos interessados em determinar o módulo do campo na região entre o fio e o cilindro em função da distância r entre o fio e o ponto considerado. Como o módulo do campo na superfície interna do cilindro é conhecido, escolhemos essa superfície como superfície gaussiana. Assim, a superfície gaus- siana escolhida é um cilindro de raio R e comprimento L, coaxial com o fio. Apenas a carga do fio é envolvida pela superfície gaussiana; vamos chamá-la de q. A área lateral da superfície gaussiana é 2pRL e o fluxo que atravessa é Φ = 2pRLE. Supondo que o fluxo através das bases do cilindro é desprezível, este é o fluxo total. Assim, de acordo com a lei de Gauss, q RLE= × ⋅−2 8 85 100 12 =2 C /N m (0,014 m)(02 2( , ) ,16 m) (2,9 10 N/C) 3,6 10 C 3,6 nC. 4× = × =−9 76. (a) A figura mostra uma seção reta do cilindro (linha cheia). Considere uma superfície gaussiana na forma de um cilindro de raio r e comprimento l, coaxial com o cilindro carregado, representada na figura do item a pela linha tracejada. A carga envol- vida pela superfície gaussiana é q = rV = pr2lr, na qual V = pr2l é o volume do cilindro. Como, por simetria, o campo elétrico é radial, o fluxo total através do cilindro gaussiano é Φ = EAcilindro = E(2prl). Assim, de acordo com a lei de Gauss, 2 20 2 0      r E r E r l l= ⇒ = . (b) Considere uma superfície gaussiana cilíndrica de raio r > R. Se o campo elétrico externo é Eext, o fluxo através da superfície gaussiana é Φ = 2prlEext. A carga envolvida é a carga total em um segmento do cilindro carregado, de comprimento l, ou seja, q = pR2lr. Assim, de acordo com a lei de Gauss, 2 20 2 0      r E R E R r l lext ext 2 = ⇒ = .