Baixe solution halliday volume 3 cap 24 e outras Exercícios em PDF para Eletromagnetismo, somente na Docsity!
- (a) Como um ampère equivale a um coulomb por segundo, temos:
84 A h 84 C h 3600 3 0 10 5 s
s h
⋅ = ⋅ = , × C.
(b) A variação de energia potencial é
∆ U = q ∆ V = (3,0 × 105 C)(12 V) = 3,6 × 106 J.
- A variação é
∆ U = e ∆ V = 1,2 × 109 eV.
- Se o potencial elétrico é zero no infinito, na superfície de uma esfera uniformemente carre- gada tem o valor V = q /4 pâ 0 R , na qual q é a carga da esfera e R é o raio da esfera. Assim, q = 4 pâ 0 RV e o número de elétrons é
n q e
R V
e
= = = ×
× ⋅
6 9 2
m V N m CC 2 19 C
5 1 60 10
×
− =^ ×
- (a)
E F e
= = ×
×
= × = ×
− −
15 19
N , ,
C
N/C 00 4 V/m
(b)
V = E s = ( 2 4, × 10 4 N C )( 0 12, m ) = 2 9, × 103 V =2,9 kV.
- O módulo do campo elétrico produzido por uma placa infinita não condutora é E = s /2 â 0 , na qual s é a densidade superficial de carga. O campo é perpendicular à superfície e é uniforme. Vamos colocar a origem do sistema de coordenadas na posição da placa e o eixo x paralelo ao campo e positivo no sentido do campo. Nesse caso, o potencial elétrico é
V V (^) p E dx V Ex
x = − (^) ∫ 0 = (^) p − ,
na qual Vp é o potencial na posição da placa. As superfícies equipotenciais são superfícies de x constante, ou seja, planos paralelos à placa. Se a distância entre duas dessas superfícies é ∆ x , a diferença de potencial é
∆ V = E ∆ x = ( s /2 â 0 )∆ x.
Assim,
x = V = ×^ ⋅ ×
− −
0 12 2 6
C 2 N m V CC m 2 =^ 8 8,^ ×^10 −^3 m^ =8,8 mm.
- (a) VB – VA = ∆ U / q = – W /(– e ) = – (3,94 × 10 –19^ J)/(–1,60 × 10 –19^ C) = 2,46 V.
(b) VC – VA = VB – VA = 2,46 V.
(c) VC – VB = 0 ( C e B estão na mesma linha equipotencial).
Capítulo 24
- Ligamos o ponto A à origem seguindo uma trajetória sobre o eixo y , ao longo da qual não há diferença de potencial (Eq. 24-18:
∫^ E ds ⋅^ =^0 ). Em seguida, ligamos a origem ao ponto^ B seguindo uma trajetória sobre o eixo x ; a diferença de potencial nesse percurso é
V = − E ds ⋅ = − x dx = − ^
∫ = −
2 0
4 00 ,^ ,^ ,
x = 4 ∫
o que nos dá VB – VA = –32,0 V.
- (a) De acordo com a Eq. 24-18, a variação de potencial é o negativo da área sob a curva do campo elétrico em função da distância. Assim, usando a fórmula da área de um triângulo, temos:
V − 10 = 1 = 2
o que nos dá V = 30 V.
(b) No intervalo 0 < x < 3 m, −^ ∫ ⋅
E ds (^) é positiva; para x > 3 m, é negativa. Assim, V = V max para x = 3 m. Usando a fórmula da área de um triângulo, temos:
V − 10 =^1 2
o que nos dá V max = 40 V.
(c) Diante do resultado do item (b), sabemos que o potencial se anula em um ponto de coor- denada X > 3 m tal que a área de x = 3 m até x = X é 40 V. Usando a fórmula da área de um triângulo para 3 m < x < 4 m e da área de um retângulo para x > 4 m, temos:
1 2
( ) ( 1 20 ) + ( X − 4 ) ( 20 ) = 40 ,
o que nos dá X = 5,5 m.
- (a) O trabalho realizado pelo campo elétrico é
W (^) iq E ds q^ dz q^ d
f d = (^) ∫ ⋅ = (^) ∫ = = ×
− 0 0 0 0
0 (^2 )
12
C )( , C/m 2 )( , m) ( ,
×
×
− − (^) CC /N m
J
= × −
(b) Como V – V 0 = – W / q 0 = – sz /2 â 0 , com V 0 = 0 na superfície da placa, o potencial elétrico no ponto P é
V = − z = − × ×
− 2
C/m 2 m 110
− 12 1 17^10 −^2
= − ×
C /N m
2 2 V
- Na região entre as placas, ou seja, para 0 < x < 0,5 m, os campos produzidos pelas duas placas, dados pela Eq. 23-13, têm o mesmo sentido e o campo total é
E int
2 2 2
C/m C /N m
= − ×
× ⋅
+ ×
− −
9 12
− × − ⋅
= −^ ×
C/m C /N m
i
2 ( , 2 2 )
ˆ (^) ( , 110 3 N/C)i.ˆ
Para x > 0,5 m, os campos produzidos pelas duas placas têm sentidos opostos e o campo total é:
E ext
2 2 2
C/m C /N m
= − × i × ⋅
− −
( , 12 )ˆ^
××
× ⋅
= − ×
− −
9 12 3
C/m C /N m
i N
2 ( , 2 2 )ˆ^ ( ,^ //C)i .ˆ
- Como as partículas dos vértices estão todas à mesma distância do centro, e como a carga total dessas partículas é 2 q 1 – 3 q 1 + 2 q 1 – q 1 = 0,
a contribuição dessas partículas para o potencial, de acordo com a Eq. 24-27, é zero. Assim, o potencial é a soma dos potenciais das duas partículas de carga +4 q 2 , que estão a uma distância a /2 do centro:
V q a
q a
q a
0
2 0
2 2 / / 0
( , ×× 10 ⋅ 6 00 × 10 − =
(^9) N m C 2 12 C m
V.
- O potencial elétrico no ponto P é
V q d d d d
q d
^
= = ×
0 0
9
( , NN m C C m
⋅ 2 ×
×
= ×
− −
2 15 2
, −−^4 V =0,562 mV.
- Quando a partícula 2 está a uma distância infinita, o potencial na origem se deve apenas à carga da partícula 1:
V q (^1) d 1 0
7 4
= = 5 76 × 10
, 2 V.
Assim, q 1 / d = (5,76 × 107 )/(8,99 × 109 ) = 6,41 × 10 −^17 C/m. De acordo com o gráfico da Fig. 24-34 b , quando a partícula 2 se encontra no ponto x = 0,080 m, o potencial total é zero. Assim,
0 = (^) 0 08, kq 2^ m + kqd^1^ ⇒ q 2 (^) = −0 08 , qd^1 = −5 13 , × 10 −^18 C = −^5 5 131 60 1010 32
18 19
×
× = −
− − e^ e
- Em primeiro lugar, observamos que V ( x ) não pode ser igual a zero para x > d. Na verdade, V ( x ) é negativa para todos os valores de x maiores que d. Vamos considerar as duas outras re- giões do eixo x , x < 0 e 0 < x < d.
(a) Para 0 < x < d , temos d 1 = x e d 2 = d – x. Assim,
V x k q d
q d
q x d x
^
^
1 1
2 2 4 0
x d^ ,^ cm^ 6 0, cm.
(b) Para x < 0, temos d 1 = – x e d 2 = d – x. Assim,
V x k q d
q d
q x d x
^
^
1 1
2 2 4 0
x d^ ,^ cm^ 12 0, cm.
- Como, de acordo com o enunciado, existe um ponto entre as duas cargas no qual o campo elétrico é zero, as cargas têm necessariamente o mesmo sinal, o que significa que os potenciais elétricos produzidos pelas cargas se somam em todos os pontos do espaço. Assim, não existe nenhum ponto, além do infinito, no qual o potencial elétrico é zero.
- De acordo com a Eq. 24-30,
V p r
= = ×^ ⋅^ ×^ ×^
0 2
9 2 30
( , N m 2 C) ( , , CC m m
⋅ V 16,3 V.
×
− ) =^ ×^ − =
9 2 1 63^105
- De acordo com as Eqs. 24-14 e 24-30, temos, para θ i = 0º:
W q V e p r
p r
ep a^ =^ =^ − i
cos^ cos^ = co
4 0 2 4 0 2
ss cos
4
0 r^^2
De acordo com o gráfico da Fig. 24-36b, Wa = −4,0 × 10 −^30 J para θ = 180o. Assim,
− × −^ = ×^ ⋅^ ×
− 4 0 10 30 2 8 99^10 1 6^10
9 19 , ( ,^ )( ,^ ) (
J N m/C^ C
(^2) p 220 10
9 2 5 6^1037
×
− ⇒^ =^ ×^ − ⋅
m)
p , C m.
- (a) De acordo com a Eq. 24-35, o potencial é
V = L^ +^ dL^ + d
= ×
0
2 2
9
ln /^ (^ )
NN m⋅ 2 C 2 )( ,3 68 × 10 − 12 C/m ) ln ( ,0 06^ m/^2 )^ + ( ,0 06^ m))^ ( ,^ ) , ,
2 2
2
/ m m V 2
= × −^ = 4 4,3 mV.
(b) Por simetria, o potencial no ponto P é V = 0.
- O potencial é
VP = ⌠⌡ dqR = R ⌠ dq = − QR
0 barra 0 barra 0
== − ×^ ⋅^ × ×
− −
9 2 12 2
N m C C m
2
== −6 20, V.
Note que o resultado não depende do ângulo do arco e é igual ao que seria obtido no caso de uma carga pontual – Q situada a uma distância R do ponto P. Esta “coincidência” se deve, em parte, ao fato de que o potencial V é uma grandeza escalar.
- (a) Como todas as cargas estão à mesma distância R do ponto C , o potencial elétrico no ponto C é
V Q R
Q
R
Q
R
= 1 − = − = − ×
0
1 1 1 0
9
( , NN m C C m
V.
⋅ 2 ×
×
− −
2 12 2
(b) Todas as cargas estão à mesma distância do ponto P. Como essa distância, de acordo com o teorema de Pitágoras, é R^2 + D^2 , o potencial elétrico no ponto P é
V Q R D
Q
R D
Q
R D
= −^
1 2 2
1 2 2
1 0 2 ^2
== − ×^ ⋅^ ×
×
− −
9 2 12 2
N m 2 C C m m
V
+ ×
−
- Podemos usar o mesmo raciocínio do livro (veja as Eqs. 24-33 a 24-35), mudando apenas o limite inferior da integral de x = 0 para x = D. O resultado é o seguinte:
V L^ L^ d D D d
= +^ +
= ×^
− 4
2 2 2 2
6 0
ln ,^ lnn 4 17 , 1 2
= × V.
- De acordo com o que foi observado na solução do Problema 24, as barras podem ser subs- tituídas por cargas pontuais situadas à mesma distância do ponto considerado. Assim, fazendo d = 0,010 m, temos:
V = Q^1 d + Qd − Qd = Qd = × 0
1 0
1 0
1 (^40)
9 2 9
4
N m C C m
V 13
⋅ 2 ×
= × =
, kV.
O potencial Vq produzido por um quadrante no ponto P é, portanto,
Vq = V^ = R + D − D
= ×^
−
0
2 2
15
σ
( , ) ( ,
C/m 2 55 10
12 0 640^2 0 259^2 0 259
× ⋅
− +^ −
C /N m 2 2 m^ m )
( , ) ( , ) , m
V 47,1 V
= 4 71, × 10 −^5 = .
Para D >> R , temos:
V R D D D R D q =^ +^ − ≈^ +^ + D ^
8 8
2 2 0
2 ^2
=^ =^ =
8 2
2 2 0 0
R
D
R
D
q D
/ q
e o potencial é aproximadamente igual ao produzido por uma carga pontual qq = pR^2 s /4.
- Podemos usar a Eq. 24-32, com dq = l dx = bx dx (no intervalo 0 ≤ x ≤ 0,20 m).
(a) Nesse caso, r = x e, portanto,
V bx dx x
= ⌠ = b =
0
0 20 0 0
, ( , ) V.
(b) Nesse caso, r = x^2 + d^2 e, portanto,
V bxdx x d
= b^ x d
0 20 2 2 0 20 0 0 0
, (^) , 1 18 V.
- Considere um segmento infinitesimal da barra, situado entre x e x + dx. O segmento tem um comprimento dx e uma carga dq = l dx = cx dx. A distância entre o segmento e o ponto P 1 é d + x e o potencial criado pelo segmento no ponto P 1 é
dV dq d x
cx dx d x
Para calcular o potencial total no ponto P 1 , integramos o potencial dV para toda a extensão da barra, o que nos dá
V c^ xdx d x
= L^ c^ x d x d L c
0 0 0 0
[ ln( )] 00
9 2
L d L d
^
= × ⋅
ln
( , N m 2 C)( ,, 9 10 ) 0 120, ( ,0 030 ) ln 1 0 120, 0
× −^12 C/m 2 m − m + m ,,
,.
m
V 18,6 mV
^
= × − =
- O módulo do campo elétrico é dado por
| E | V ( ,^ , x
= − = = ×
2 5 0 V) 6 7 10 2
0,015m
V m.
Em todos os pontos da região entre as placas, o campo
E aponta na direção da placa negativa.
- De acordo com a Eq. 24-41,
E x y V x x x ( ,^ )^ = − ∂ ( ,^ ) x^^ ,^ ) y ∂
[ 2 0^ V/m^2 2 −3 0V/m^2 2 ] =−−
V/m
V/m
2
2
x
E x y V y y y [ x −−3 0,^ V/m^2 )^ y^^2 ] =2 3 0( ,^ V/m^2 )^ y.
Para x = 3,0 m e y = 2,0 m, temos: E = −( 12 V/m)iˆ^ +( 12 V/m)j.ˆ
- De acordo com a Eq. 24-41,
E dV dx
d dx
= − ˆi = − ( 1500 x^2 )ˆi = ( − 3000 x )ˆi=(( − 3000 V/m 2 ) ( ,0 0130 m)iˆ = −( 39 V/m)i.ˆ
(a) O módulo do campo elétrico é E = 39 V/m.
(b) O campo elétrico aponta para a placa 1.
- De acordo com a Eq. 24-41,
E V x
yz
E V
y
xz
E V
z
x
y
z
2
2
−−4 00, xyz
e, portanto, no ponto ( x , y , z ) = (3,00 m, –2,00 m, 4,00 m), temos
( Ex , Ey , Ez ) = (64,0 V/m, –96,0 V/m, 96,0 V/m).
O módulo do campo é, portanto, E = E (^) x^2^ + E (^) y^2^ + Ez^2 = 150 V m = 150 N C.
- (a) De acordo com o resultado do Problema 24-28, o potencial elétrico em um ponto de coordenada x é
V Q L
x L x
ln.
No ponto x = d , temos:
V = 4 QL d^ d + L = 8 99^ ×^10 ⋅^ 43 6× 0
9 2 ln^
( , N m 2 C)( , 110 0 135 1
− 15
−
= ×
C
m
) m , ln^
d
(^33) V ) ln 1 +0 135,^ m^ ( ,2 90 mV ) ln 1 0 135, m ^
d =^ + dd
^
^.
(b) Derivando o potencial em relação a x , temos:
E V x
Q
L x
x L x
Q
L
x x (^) x L
^
4 0 ln^ = −^4 0 −
(^2 )
9
x
x L x
Q
x x L
= − ×^ ⋅
( , N m 2 CC C m
2 43 6 1015 4 N
× ( ,
= − ×^ ⋅
− − x x
mm C m
x x + 0 135
(c) Calculamos o valor da componente Ey do campo elétrico a partir do potencial que foi calcu- lado apenas em pontos do eixo y. Para calcular o valor da componente Ex teríamos que calcular primeiro o potencial em um ponto arbitrário do plano xy , da forma V ( x , y ), para depois calcular o campo Ex usando a relação Ex = −∂ V ( x , y )/∂ x.
- Aplicando a lei de conservação da energia à partícula livre que está livre para se mover, obtemos:
0 + Ui = Kf + Uf ,
na qual Ui = qQ /4 pâ 0 ri , Uf = qQ /4 pâ 0 rf , ri é a distância inicial entre as partículas e rf é a distân- cia final.
(a) Como as partículas, por terem cargas de mesmo sinal, se repelem, o valor inicial da distân- cia entra elas é ri = 0,60 m e o valor final é 0,60 m + 0,40 m = 1,0 m. Assim, temos:
K U U qQ r
qQ f i f i rf
= × ⋅
0 0
9
( , N m /C^2 2 ))( , )( ) , ,
× 6 × 6 −
− C − C =
m m
0 0 90, J.
(b) Como as partículas, por terem cargas de sinais opostos, se atraem, o valor inicial da distân- cia entre elas é 0,60 e o valor final é 0,60 m − 0,40 m = 0,20 m. Assim, temos:
K U U qQ r
qQ f i f i rf
= − × ⋅
0 0
9
( , N m /^2 CC C C m m
× 6 × 6 −
− − = 4 5, J.
- (a) De acordo com a Eq. 24-43, temos:
U k q q r
k e r
= = = ×^ ⋅^ ×^
1 2 2 ( ,8 99^10 9 N m^2 C^2 )( ,1 60^10 −^19 C)^22 m
J.
9 1 15^1019
×
− =^ × −
(b) Como U > 0 e U ∝ r –1, a energia potencial U diminui quando r aumenta.
- Tomando a energia potencial elétrica do sistema como zero no infinito, a energia potencial inicial Ui do sistema é zero. Como a energia final é
U q a a (^) a a a (^) a
q f =^ −^ −^ +^ −^ −^ +
^
2 0
2 (^40)
4 aa
^
^
o trabalho necessário para montar o arranjo é
W U U U U q f i f a
= ×
2 0 9
( , NN m C C m
⋅ 2 ×
,9 92 × 10 −^13 J = −0,192 pJ.
- O trabalho executado é igual à variação da energia potencial elétrica. De acordo com as Eqs. 24-14 e 24-26, temos:
W e^ e^ e^ e r
= (^3 −^2 +^2 )(^6 )^ = ( ,^ ×^ ⋅ )(^ )(
0
9 2
N m 2 C 1 1 60 10 0 020
,^19
× = , ×
− C) −
m
J
2 .
- A energia potencial inicial da segunda partícula é Ui = q^2 /4 pâ 0 r 1 , a energia cinética inicial é Ki = 0, a energia potencial final é Uf = q^2 /4 pâ 0 r 2 e a energia cinética final é Kf = mv^2 /2, na qual v é a velocidade final da partícula. De acordo com a lei de conservação da energia, temos:
K U K U q r
q r i +^ i =^ f +^ f ⇒^ =^ + mv
2 0 1
2 0 2
2 4 4
Explicitando v , obtemos
v q m r r
^
× ⋅
2 0 1 2 9
( , N m 2 C^2 )( )(( , ) , ,
6 2 3 3
×
× × −^ ×
− − − −
C
20 10 6 kg m mm
m s 2,5 km/s.
^
= 2 5, × 10 3 =
- Se q 1 é a carga do anel, q 2 é a carga pontual, r é o raio do anel e x é a distância entre a carga pontual e o centro do anel, o trabalho realizado por um agente externo é
W U q q r (^) r x
= − × −
9
0
( , CC C 8,99 10 N m /C m
− 6 0 × 10 − × ⋅ ⋅ 1 −
m m J.
= × −
- Como no caso da força gravitacional, discutido no Capítulo 13, a velocidade de escape pode ser calculada igualando a energia cinética inicial ao valor absoluto da energia potencial:
1 2 4 2
2 1 6^10 1 6^1
0 0
19 mv eq r
v eq rm
= ⇒ = = ×^ ×
−
( , C)( , 00
15 12 31
− × −^ × −
C
F/m kg
= 2 2, × 10 4 m/s = 22 km/s.
- A variação da energia potencial elétrica do sistema elétron-casca quando o elétron parte da posição inicial e chega à superfície da casca é ∆ U = (– e )(– V ) = eV. Para que essa energia seja igual à energia inicial do elétron, K (^) i = m ve i^2 / , 2 a velocidade inicial do elétron deve ser
v U m
eV i e me
= = = ×
×
− −
19 3
C V
(^11) kg =^ 6 63,^ ×^106 m/s.
- Tomando a energia potencial como zero quando o elétron móvel está muito longe dos elé- trons fixos, a energia potencial final do elétron móvel é Uf = 2 e^2 /4 pâ 0 d , na qual d é metade da distância entre os elétrons fixos. A energia inicial do elétron móvel é Ki = mv^2 /2, na qual m é a massa e v é a velocidade inicial do elétron; a energia cinética final é zero. De acordo com a lei de conservação da energia, temos:
K U mv e i f d
2 2 0
o que nos dá
v e dm
= = ×^ ⋅^ ×^
0
( , N m 2 C^2 ) ( ) ( , C m 9,11 10 kg
m s 0,
)^2
31 3 2^102
×
− =^ ×^ =^2 2 km/s.
De acordo com a segunda lei de Newton, a aceleração de cada esfera é igual à força de repulsão dividida pela massa da esfera. Sejam mA e mB as massas das esferas. A aceleração da esfera A é
a F A mA
×
0 225, − 3 N =45 0,
5,0 10 kg
m s 2
e a aceleração da esfera B é
a F B mB
×
0 225, − 3 N =22 5,.
10 10 kg
m s 2
(c) A energia potencial inicial, calculada no item (a), é U = 0,225 J. A energia cinética inicial é zero, já que as esferas partem do repouso. A energia potencial final é praticamente zero, já que a distância entre as esferas é muito grande. A energia cinética final é 12 m vA^2^ A^ +^12 m vB B^2 ,^ na qual vA e vB são as velocidades finais. Assim, de acordo com a lei de conservação da energia,
U = 1 m vA A + m vB B 2
De acordo com a lei de conservação do momento,
0 = m vA A + m vB B.
Explicitando vB na equação do momento, obtemos v^ B = −( m^^ A / m^^ B ) vA. Substituindo na equação da energia, obtemos
U = 12 ( m (^) A / m (^) B )( m (^) A + m (^) B ) vA^2 ,
e, portanto,
v Um A (^) m m m B A A B
= ×^
3 ( )
J)(10 10 kg) ×× × + ×
kg)(5,0 10 kg kg)
, m/s..
e
v m m B Av B
= − A = −
×
×
− −
5,0 10 kg 10 10 kg
3 3 ,,75 m/s)^ = −3 87, m/s,
o que nos dá | v (^) B | = 3 87 m/s.,
- (a) Usando a relação U = qV , podemos “traduzir” o gráfico de tensão da Fig. 24-54 para um gráfico de energia em unidades de elétrons-volts. De acordo com o enunciado, a energia cinética do pósitron, em elétrons-volts, é Ki = mv^2 /2 e = (9,11 × 10 −^31 )(1,0 × 107 )^2 /2(1,6 × 10219 ) = 284 eV. Como este valor é menor que a altura da ìbarreiraî de energia potencial, 500 eV, o mo- vimento do pósitron se inverte e ele emerge da região em que existe campo em x = 0.
(b) De acordo com a lei de conservação da energia, a velocidade final do pósitron é igual à velocidade inicial, 1,0 × 107 m/s.
- Vamos chamar de r a distância pedida. A energia cinética inicial do elétron é K (^) i = 12 m ve i^2 , na qual vi = 3,2 × 105 m/s. Quando a velocidade dobra de valor, a energia cinética passa a ser 4 Ki. Assim,
U e r
= −^ = − K = − K (^) i − K (^) i = − K (^) i = − m ve (^) i
(^2 ) 4
o que nos dá
r e m ve i
= ×^ ×
0 2
19 9
( , C) ( , 2 N⋅⋅
× ×
− m^ C =^ × − kg 3,2 10 m s
2 5 2
2 3 9 11 10 19 1 6^10
, 99 m.
- De acordo com o gráfico da Fig. 24-53 b , a energia potencial total do sistema é zero quando a partícula 3 está passando pelo ponto x = 0,10 m. De acordo com a Eq. 24-43, temos:
0 4 4 0 10 4 0 1
1 2 0
1 3 0
3 2 0
q q + d
q q d
q q ( , m) ( , 0 0 m)
e, portanto,
q q d
q q q (^3) d 1 2 1 2
m m
o que nos dá q 3 = −5,7 μC.
- Vamos chamar de 1 e 2 as partículas fixas e de partícula 3 a partícula móvel. Vamos tam- bém usar o índice 0 para representar a posição na qual as coordenadas da partícula 3 são (0, 0) e o índice 4 para representar a posição na qual as coordenadas são (0, 4 m). Aplicando a lei de conservação de energia à partícula 3, temos:
K 0 + U 0 = K 4 + U 4
na qual
U q q x y
q q x y
1 3 0 2 2
2 3 4 4 0 2 2
(a) Fazendo q 1 = q 2 = q e explicitando K 4 , obtemos:
K K U U qq x y x
0 4 4 0 3 0 2 2
, J | |
== 1 2, J − ( ,8 99 × 10 9 N m /C⋅ 2 2 )( )( 2 50 × 10 − 6 C)( 15 × 100 1 9 16
− 6
C
m m m J
(b) Fazendo Kf = 0, temos:
K U U qq y
0 0 f^3 0 2
, J (^) m , m
o que nos dá y = −8,5 m. (A raiz negativa foi escolhida porque é pedido o valor negativo de y .)
A figura a seguir mostra a energia cinética da partícula 3 em função de y.
Como se pode ver no gráfico, K = 3,0 para y = 0 e K = 0 para y = ±8,5. A partícula oscila entre os dois pontos de retorno, y = +8,5 e y = −8,5.
- A distância entre dois pontos de uma circunferência de raio R separados por um ângulo θ (em radianos) é r = 2 R sen(θ/2). Usando este fato, distinguindo os casos em que N é ímpar e os casos em que N é par e calculando as interações entre pares de elétrons, podemos obter a energia potencial total nos dois casos.
No caso da configuração 1, temos:
U Nke N R (^) j j
N
1
2 1
2 1 2
−
par (^) ∑sen
=
− , U (^) , ímpar ∑sen Nke N R (^) j j
N
1
2 1
1 2 2
na qual k = 1/4 pâ 0 e θ = 2 p / N.
No caso da configuração 2, temos:
U (^) N N^ R ke j j
N
2
2 1
, = = sen 2 2
−
= (^ − )
par ∑
= (^ − )
, U (^) , N = N^ R ke sen j + j
2
ímpar == 2
−
∑
3 2
N
na qual θ ′ = 2 p /( N − 1).
Os resultados são todos da forma
U ke (^1) R
2 ou 2 (^2) = ×um número adimensional.
A tabela a seguir mostra os números adimensionais para vários valores de N , nas duas configu- rações. Os valores da tabela são as energias potenciais divididas por ke^2 /2 R.
N 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15
U 1 3,83 6,88 10,96 16,13 22,44 29,92 38,62 48,58 59,81 72,35 86,22 101,
U 2 4,73 7,83 11,88 16,96 23,13 30,44 39,92 48,62 59,58 71,81 85,35 100,
Vemos que a energia potencial da configuração 2 é maior que a da configuração 1 para N < 12; para N ≥ 12, a energia potencial da configuração 1 é maior.
(a) O menor valor para o qual U 2 < U 1 é N = 12.
(b) Para N = 12, a configuração 2 é formada por 11 elétrons distribuídos ao longo de uma circunferência a intervalos iguais e um elétron central. A distância entre um dos elétrons da circunferência, e 0 , e o centro da circunferência é R ; a distância entre e 0 e os vizinhos mais pró- ximos que pertencem à circunferência (um de cada lado) é
r = 2 R sen 11 ≈0 56, R.
A distância entre e 0 e os segundos vizinhos mais próximos é
r = 2 R 2 ≈ R 11
sen 1 1,
Assim, existem apenas dois elétrons mais próximos de e 0 que o elétron central.
- (a) Se as duas esferas estão ligadas por um fio condutor, os potenciais V 1 e V 2 são necessa- riamente iguais. Assim, a resposta é que o potencial V 1 se torna igual ao potencial V 2.
Fazendo V 1 = q 1 /4 pâ 0 R 1 = V 2 = q 2 /4 pâ 0 R 2 , q 1 + q 2 = q e R 2 = 2 R 1 , podemos obter os valores de q 1 / q e q 2 / q.
(b) q 1 / q = 1/3 = 0,333.
(c) q 2 / q = 2/3 = 0,667.
(d) A razão entre as densidades superficiais de carga das duas esferas é
1 2
1 12 2 22
1 2
2 1
^
q R q R
q q q q
R
R
- (a) O potencial elétrico é a soma das contribuições das esferas. Seja q 1 a carga da esfera 1, q 2 a carga da esfera 2 e d a distância entre as esferas. O potencial do ponto a meio caminho entre os centros das esferas é
V q^ q d
= +^ = ×^ ⋅^ ×^ −
1 2 9 −^8 4 2
0
( , N m 2 C 2 ) ( , C ,, ) ,
× 8
= − ×
− C
m
V.
(b) A distância entre o centro de uma das esferas e a superfície da outra é d – R , na qual R é o raio das esferas. O potencial na superfície de cada esfera é a soma da contribuição da própria esfera com a contribuição da outra esfera. O potencial na superfície da esfera 1 é
V 1 qR d qR 0
4 8 99^10
^
=^ ( ,^ ×^ N m⋅^2 C^2 )^ , ××^ −^ ×− ^
10 −^ −
8 C 8
m
C
, m m
,9 9 × 10 3 V =2,9 kV.
(c) O potencial na superfície da esfera 2 é
V q d R
q (^20) R
^
= × ⋅
( , N m 2 C^2 ) , ×× −
− ×
10 −^ −
8 C 8
m m
C
, , m
,, 9 × 10 3 V = −8 9, kV.
- Como o potencial elétrico é o mesmo em qualquer ponto do interior de um condutor, o potencial elétrico no centro também é +400 V.
- Se o potencial elétrico é zero no infinito, o potencial na superfície da esfera é dado por V = q /4 pâ 0 r , na qual q é a carga da esfera e r é o raio da esfera. Assim,
q = rV = × ⋅
0 ( ,^9 ) (^ ) 2
m 1500 V , N m 2 C^2
55 × 10 −^8 C.
- Como a distribuição de carga tem simetria esférica, podemos escrever:
E r ( ) = 4 1 qr , 0
env
na qual q env é a carga envolvida por uma superfície esférica de raio r e centro na origem.
(a) Como R 1 < R 2 < r , temos:
E r q^ q r
( ) = +^ = ×^ ⋅^ ×^
1 2 − 0 2
9 2 6 4
( , N m 2 C)( , CC C m
V/m 1,69 kV
+ ×
= × =
6 2
3
, //m.
- (a) O módulo do campo elétrico é
E q R
= = = ×^ ×^ ⋅
− 0 0 2
8 9 2 4
C N m 2 C ,, )
2 1 2^104
m
= × N C
(b) V = RE = (0,15 m)(1,2 × 104 N/C) = 1,8 × 103 V = 1,8 kV.
(c) Se x é a distância, temos:
V = V ( x ) − V = 4 π q R +^1 x − R^1 = − 500
0
V,
o que nos dá
x R^ V V V
= ×
m V 5 8 10 V V
−− (^2) m =5,8 cm.
- Como a energia potencial do sistema é
U q q x x y y
=^
1 ×
1 2 8 99^1
1 2
2 1 2 0 2
( 9 N m⋅^2 C^2 ) ( × C^ ) −( ×^6 C)
( )^2 + ( − )^2
cm
J,
o trabalho realizado pela força elétrica é W realizado = − U = 1,93 J e, portanto, o trabalho necessário para colocar as cargas nas posições especificadas é W aplicado = − W realizado = −1,93 J.
- Imagine uma superfície gaussiana cilíndrica A de raio r e comprimento h , concêntrica com o cilindro. De acordo com a lei de Gauss, E dA^ rhE^
q ∫ (^) A^ ⋅^ =^2 ^ = 0
env (^) ,
na qual q env é a carga envolvida pela superfície gaussiana.
Vamos chamar de R o raio do cilindro. Para r < R , ou seja, no interior do cilindro, q env = 0, e, portanto, E = 0.
Para r > R , ou seja, do lado de fora do cilindro, q env = q , a carga total do cilindro, e o módulo do campo elétrico é
E q rh
q h r r
na qual l é a densidade linear de carga.
(a) Vamos chamar de EB o módulo do campo elétrico na superfície do cilindro, já que o ponto B está na superfície do cilindro. De acordo com a equação apresentada, para pontos do lado de fora do cilindro, o campo elétrico é inversamente proporcional a r :
E E R r
= (^) B B^ , r ≥ RB.
Assim, para r = RC = 0,050 m, temos:
E E R C B (^) R B C
= = ( (^160) ) 0 020 = 0 050
N/C m 64 m
, N C
(b) De acordo com a Eq. 24-18, a diferença de potencial VB − VC é
V V E R r
dr E R R B C (^) R B B R
R B B C C B
B − = − = ^
∫ ln^ =(160 N/CC^ m^ m 0,020 m
)( ,0 020 ) ln 0 050, = 2 9 V ,.
(c) Como o campo elétrico no interior do cilindro é zero, todos os pontos do cilindro têm o mes- mo potencial e, portanto, tanto o ponto A como o ponto B pertencem ao cilindro, VA – VB = 0.
- (a) De acordo com a Eq. 24-18,
V V (^) rE dr
R parede −^ = −^ ∫ ,
e, portanto, para E = ρ r /2 â 0 (veja a solução do Problema 60 do Capítulo 23), temos:
(^0 2 ) 0 0
− = − ^2
^
V (^) ∫ r r^ ⇒ − V = − ( R − r )
R
,
o que nos dá
V = R^ − r
(b) O valor da diferença de potencial para r = 0 é
V eixo C m^3 C V m
= −^ × m × ⋅
− −
3 12
, −− 0 = − 7 8, × 10 4 V = −78 kV.
Assim, o valor absoluto da diferença de potencial é | V eixo| = 78 kV.
- De acordo com a Eq. 24-30, o potencial elétrico de um dipolo em um ponto qualquer do espaço é dado por
V p r
cos
na qual p é o módulo do momento p do dipolo, θ é o ângulo entre p e o vetor posição do ponto, e r é a distância entre o ponto e o dipolo.
Como, no eixo do dipolo, θ = 0 ou θ = p , |cos θ | = 1. Assim, o módulo do campo elétrico é
| |.
E V
r
p d dr r
p r
Nota: se tomarmos o eixo z como eixo do dipolo,
E p z
z E p z
0 3 0 3
( ) e ( )
- De acordo com a Eq. 24-18, temos:
V A r
= − ⌠ dr = A − = ×
4 3 3 −^ −
2
3 2 3 3
( ,2 9 10 m )) A
- (a) O potencial na superfície da esfera é
V q R
= = ×^ ×^ ⋅^ =
− 4
0
6 9 2
C N m C m
2 ,,6 × 10 5 V.
