solution halliday volume 3 cap 24, Exercícios de Eletromagnetismo

Baixe solution halliday volume 3 cap 24 e outras Exercícios em PDF para Eletromagnetismo, somente na Docsity! 1. (a) Como um ampère equivale a um coulomb por segundo, temos: 84 84 3600 3 0 105A h C h s s h C⋅ = ⋅       = ×, . (b) A variação de energia potencial é ∆U = q∆V = (3,0 × 105 C)(12 V) = 3,6 × 106 J. 2. A variação é ∆U = e∆V = 1,2 × 109 eV. 3. Se o potencial elétrico é zero no infinito, na superfície de uma esfera uniformemente carre- gada tem o valor V = q/4pâ0R, na qual q é a carga da esfera e R é o raio da esfera. Assim, q = 4pâ0RV e o número de elétrons é n q e R V e = = = × × ⋅ −4 1 0 10 400 8 99 10 6 9 2 0 ( , )( ) ( , m V N m C C2 19 5 1 60 10 2 8 10 )( , ) , . × = ×− 4. (a) E F e = = × × = × = × − − 3 9 10 1 60 10 2 4 10 2 4 1 15 19 4, , , , N C N/C 04 V/m (b)  V E s= = ×( )( ) = × =2 4 10 0 12 2 9 104 3, , , .N C m V 2,9 kV 5. O módulo do campo elétrico produzido por uma placa infinita não condutora é E = s/2â0, 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 E dx V Exp x p= − = −∫0 , 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/2â0)∆x. Assim,   x V= = × ⋅ × − − 2 2 8 85 10 50 0 10 10 0 12 2 6   ( , ) ( ) , C N m V2 C m m 8,8 mm 2 = × =−8 8 10 3, . 6. (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 76 soluções dos problemas 7. 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= − ⋅ = − = −     = −∫   4 00 4 00 4 2 32 0 2 0 4 , , , 0 4x = ∫ o que nos dá VB – VA = –32,0 V. 8. (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 2 20 20( )( ) , 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 = Vmax para x = 3 m. Usando a fórmula da área de um triângulo, temos: V − =10 1 2 3 20( )( ), o que nos dá Vmax = 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 4 20 40( ) ( ) ( ) ( ) ,+ − =X o que nos dá X = 5,5 m. 9. (a) O trabalho realizado pelo campo elétrico é W q E ds q dz q d i f d = ⋅ = = = ×∫ ∫ − 0 0 0 0 0 02 2 1 60 10      ( , 19 12 12 5 80 10 0 0356 2 8 85 10 C C/m m2)( , )( , ) ( , × × − − C /N m J 2 2⋅ = × − ) , .1 87 10 21 (b) Como V – V0 = –W/q0 = –sz/2â0, com V0 = 0 na superfície da placa, o potencial elétrico no ponto P é V z= − = − × × − 2 5 80 10 0 0356 2 8 850 12( , )( , ) ( , C/m m2 10 1 17 10 12 2 − − ⋅ = − × C /N m V 2 2) , . 10. 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  Eint 2 2 2 C/m C /N m = − × × ⋅ + × − − 50 10 2 8 85 10 25 19 12( , ) 0 2 8 85 10 4 2 9 12 − −× ⋅       = − × C/m C /N m i 2 2 2( , ) ˆ ( , 103 N/C)i.̂ Para x > 0,5 m, os campos produzidos pelas duas placas têm sentidos opostos e o campo total é:  Eext 2 2 2 C/m C /N m i= − × × ⋅ + − − 50 10 2 8 85 10 259 12( , ) ˆ × × ⋅ = − × − − 10 2 8 85 10 1 4 10 9 12 3C/m C /N m i N 2 2 2( , ) ˆ ( , /C)i .ˆ soluções dos problemas 79 De acordo com o gráfico da Fig. 24-36b, Wa = −4,0 × 10−30 J para θ = 180o. Assim, − × = × ⋅ ×− − 4 0 10 2 8 99 10 1 6 1030 9 19 , ( , )( , ) ( J N m/C C2 p 20 10 5 6 10 9 2 37 × ⇒ = × ⋅− − m) C mp , . 23. (a) De acordo com a Eq. 24-35, o potencial é V L L d d = + +        = × 2 4 2 4 2 8 99 10 0 2 2 9   ln / ( ) ( , / N m C C/m m/ m2⋅ × +−2 123 68 10 0 06 2 0 06 )( , ) ln ( , ) ( , ) ( , ) , , 2 2 2 4 0 08 0 08 2 43 10 / m m V 2 +        = × =− 4,3 mV. (b) Por simetria, o potencial no ponto P é V = 0. 24. O potencial é V dq R R dq Q R P = = = −⌠ ⌡ ⌠ ⌡ 1 4 1 4 40 0 0  barra barra = − × ⋅ × × − − ( , )( , ) , 8 99 10 25 6 10 3 71 10 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. 25. (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 4 6 5 4 5 8 99 10 0 1 1 1 0 9   ( , N m C C m V. 2⋅ × × = − − − 2 12 2 4 20 10 8 20 10 2 30 )( , ) , , (b) Todas as cargas estão à mesma distância do ponto P. Como essa distância, de acordo com o teorema de Pitágoras, é R D2 2+ , o potencial elétrico no ponto P é V Q R D Q R D Q R D = + − +       = − + 1 4 6 5 40 1 2 2 1 2 2 1 0 2 2  = − × ⋅ × × − − 5 8 99 10 4 20 10 8 20 10 9 2 12 2 ( , )( , ) ( , N m C C2 m m V ) ( , ) , . 2 2 26 71 10 1 78 + × = − − 26. 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 0 10 40 2 2 2 2 6 0 ln , ln , 4 17 1 2 2 18 104 + +     = × V. 27. 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 d Q d Q d Q d = + − = = ×1 0 1 0 1 0 1 04 3 3 8 99    8 16 8 ( , 10 30 10 2 0 01 1 3 10 9 2 9 4 N m C C m V 13 2⋅ × = × = −)( ) ( , ) , kV. 80 soluções dos problemas 28. Considere um segmento infinitesimal da barra, situado entre x e x + dx. O segmento tem comprimento dx e contém uma carga dq = l dx, na qual l = Q/L é a densidade linear de carga. A distância entre o segmento e o ponto P1 é d + x e o potencial criado pelo segmento no ponto P1 é dV dq d x dx d x = + = + 1 4 1 40 0   . Para calcular o potencial total no ponto P1, integramos o potencial dV para toda a extensão da barra, o que nos dá V dx d x d x Q L L d L L = + = + = +∫   4 4 4 1 0 00 0 0 ln( ) ln    = × ⋅ × −( , )( , ) , 8 99 10 56 1 10 0 12 9 2 15N m C C m 2 ln , , , 1 0 12 0 025 7 39 10 3 +    = × =− m m V 7,39 mV. 29. Usando o mesmo raciocínio dos Problemas 24 e 27, temos: V Q R Q R Q R Q R = + + + + − =1 4 1 4 4 2 1 4 2 1 40 1 1 1 0 1    ο 0 = × ⋅ × = × −( , )( , ) , , 8 99 10 7 21 10 2 00 3 24 9 2 12N m C C m 2 10 2− =V 32,4 mV. 30. De acordo com a Eq. 24-30, o potencial produzido pelo dipolo elétrico é V p r p r = = ° =cos cos .  4 90 4 0 0 2 0 2 Usando o mesmo raciocínio dos Problemas 24, 27 e 29, o potencial produzido pelo arco menor é q r1 0 14/  e o potencial produzido pelo arco maior é q r2 0 24/  . Assim, temos: V q r q r q r q r = + = +     =1 0 1 2 0 2 0 1 1 2 24 4 1 4 1 4      0 2 4 0 3 6 0 0 C cm C cm, , .−     = 31. Como a carga do disco é uniforme, o potencial no ponto P produzido por um quadrante é um quarto do potencial produzido pelo disco inteiro. Vamos primeiro calcular o potencial pro- duzido pelo disco inteiro. Considere um anel de carga de raio r e largura infinitesimal dr. A área do anel é 2pr dr e a carga é dq = 2psr dr. Como todo o anel está a uma distância r D2 2+ do ponto P, o potencial que o anel produz no ponto P é dV rdr r D rdr r D = + = + 1 4 2 20 2 2 0 2 2    . O potencial total no ponto P é V rdr r D r D R D D R R = + = + = + −⌠ ⌡      2 2 20 2 20 0 2 2 0 0 2 2    . soluções dos problemas 81 O potencial Vq produzido por um quadrante no ponto P é, portanto, V V R D Dq = = + −   = × − 4 8 7 73 10 8 8 8 0 2 2 15 σ  ( , ) ( , C/m2 5 10 0 640 0 259 0 259 12 2 2 × ⋅ + −− C /N m m m 2 2) ( , ) ( , ) , m V 47,1 V     = × =−4 71 10 5, . Para D >> R, temos: V R D D D R D Dq = + −   ≈ + +     −    8 8 1 1 20 2 2 0 2 2       = = =      8 2 4 4 40 2 2 0 0 R D R D q D q/ e o potencial é aproximadamente igual ao produzido por uma carga pontual qq = pR2s/4. 32. 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= = =⌠ ⌡ 1 4 0 20 4 36 0 0 20  0 0 ( , ) . , V (b) Nesse caso, r x d= +2 2 e, portanto, V bxdx x d b x d= + = +( ) =⌠⌡ 1 4 42 20 0 20 2 2 0 20 0 0 0 , , 18 V. 33. 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 P1 é d + x e o potencial criado pelo segmento no ponto P1 é dV dq d x cx dx d x = + = + 1 4 1 40 0  . Para calcular o potencial total no ponto P1, integramos o potencial dV para toda a extensão da barra, o que nos dá V c xdx d x c x d x d cL L= + = − + =⌠ ⌡4 4 40 00 0   [ ln( )] 0 9 2 1 8 99 10 28 L d L d − +       = × ⋅ ln ( , )(N m C2 , ) , ( , ) ln , 9 10 0 120 0 030 1 0 120 0 12× − +− C/m m m m2 , , . 030 1 86 10 2 m V 18,6 mV           = × =− 34. O módulo do campo elétrico é dado por | | ( , ,E V x = − = = ×  2 5 0 6 7 102 V) 0,015m V m. Em todos os pontos da região entre as placas, o campo  E aponta na direção da placa negativa. 84 soluções dos problemas (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. 41. 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/4pâ0ri, Uf = qQ/4pâ0rf, 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 r f i f i f = − = − = × ⋅ 4 4 8 99 10 0 0 9   ( , N m /C2 2)( , )( ) , , 7 5 10 20 10 1 0 60 1 1 00 6 6× × −     =− −C C m m 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 r f i f i f = − = − + = − × ⋅ 4 4 8 99 10 0 0 9   ( , N m /2 C C C m m 2)( , )( ) , , 7 5 10 20 10 1 0 60 1 0 20 6 6× × −     − −  = 4 5, .J 42. (a) De acordo com a Eq. 24-43, temos: U k q q r k e r = = = × ⋅ × − 1 2 2 9 2 198 99 10 1 60 10( , )( ,N m C C)2 2 m J. 2 00 10 1 15 10 9 19 , , × = ×− − (b) Como U > 0 e U ∝ r–1, a energia potencial U diminui quando r aumenta. 43. 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 04 1 1 1 2 1 1 1 2 2 4  a 1 2 2−    , o trabalho necessário para montar o arranjo é W U U U U q a f i f= = − = = −     = ×  2 4 1 2 2 2 8 99 10 2 0 9  ( , N m C C m 2⋅ × −    = − −2 12 22 30 10 0 640 1 2 2 1 )( , ) , ,92 10 13× = −− J 0,192 pJ. 44. 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 4 8 99 10 18 0 9 2  N m C2 1 60 10 0 020 2 1 10 19 25, , , × = × − −C) m J 2 . soluções dos problemas 85 45. A energia potencial inicial da segunda partícula é Ui = q2/4pâ0r1, a energia cinética inicial é Ki = 0, a energia potencial final é Uf = q2/4pâ0r2 e a energia cinética final é Kf = mv2/2, 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 mvi i f f+ = + ⇒ = + 2 0 1 2 0 2 2 4 4 1 2  . Explicitando v, obtemos v q m r r = −     = × ⋅ 2 4 1 1 8 99 10 2 2 0 1 2 9  ( , )( )N m C2 2 ( , ) , , 3 1 10 1 0 90 10 1 2 5 10 6 2 3 3 × × × − × − − − − C 20 10 kg m6 m m s 2,5 km/s.     = × =2 5 103, 46. Se q1 é a carga do anel, q2 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 = = − +     = − × −  1 2 2 2 9 4 1 9 0 10 0 1 ( , C C 8,99 10 N m /C m 9 2) ( , )( ) , ( − × × ⋅ ⋅ −−6 0 10 1 1 5 112 2 1 5 3 0 1 8 10 10 , ) ( , ) , m m J. 2 2+         = × − 47. 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 1 6 10 1 6 12 0 0 19 mv eq r v eq rm = ⇒ = = × × −   ( , )( ,C 0 2 8 85 10 0 01 9 11 10 15 12 31 − − −× × C F/m kg ) ( , )( , )( , ) m/s km/s= × =2 2 10 224, . 48. 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 m vi e i= 2 2/ , a velocidade inicial do elétron deve ser v U m eV m i e e = = = × × − − 2 2 2 1 6 10 125 9 11 10 19 3  ( , )( ) , C V 1 66 63 10 kg m/s= ×, . 49. 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 = 2e2/4pâ0d, na qual d é metade da distância entre os elétrons fixos. A energia inicial do elétron móvel é Ki = mv2/2, 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 d i f= ⇒ = 1 2 2 4 2 2 0 , o que nos dá v e dm = = × ⋅ × −4 4 8 99 10 4 1 60 102 9 19 0 ( , ) ( ) ( ,N m C2 2 C m 9,11 10 kg m s 0,3 2) ( , ) ( ) , 0 010 3 2 10 31 2 × = × =− 2 km/s. 86 soluções dos problemas 50. O trabalho necessário é W U q Q d q Q d q Q d q= = +   = + −  1 4 2 1 4 20 1 2 0 1 1   ( /2 0 ) . Q d     = 51. (a) Seja c o comprimento do retângulo e l a largura. Como a carga q1 está a uma distância c do ponto A e a carga q2 está a uma distância l, o potencial elétrico no ponto A é V q c q A = +     = × ⋅ −1 4 8 99 10 5 0 0 1 2 9  l ( , ) , N m /C2 2 × + ×     = + × − −10 0 15 2 0 10 0 050 6 0 10 6 6C m C m, , , , 4 V. (b) Como a carga q1 está a uma distância l do ponto B e a carga q2 está a uma distância c, o potencial elétrico no ponto B é V q q c B = +     = × ⋅ −1 4 8 99 10 5 0 0 1 2 9  l ( , ) , N m /C2 2 × + ×     = − × − −10 0 050 2 0 10 0 15 7 8 10 6 6C m C m, , , , 5 V. (c) Como a energia cinética é zero no início e no final do percurso, o trabalho realizado por um agente externo é igual à variação de energia potencial do sistema. A energia potencial é o pro- duto da carga q3 pelo potencial elétrico. Se UA é a energia potencial quando q3 está na posição A e UB é a energia potencial quando q3 está na posição B, o trabalho realizado para deslocar a carga de B para A é W = UA – UB = q3(VA – VB) = (3,0 × 10–6 C)(6,0 × 104 V + 7,8 × 105 V) = 2,5 J. (d) Como o trabalho realizado pelo agente externo é positivo, esse trabalho faz a energia do sistema aumentar. (e) e (f) Como a força eletrostática é conservativa, o trabalho não depende do percurso; assim, as duas respostas são iguais à do item (c). 52. De acordo com a Eq. 24-5, a Eq. 24-30 e o gráfico da Fig. 25-5b, a energia potencial do elétron no ponto de máxima aproximação do dipolo (Kf = 0) é U qV e p r ep r f = = −       = cos( ) , 180 4 40 2 0 2 o   na qual r = 0,020 m. De acordo com o gráfico da Fig. 25-51b, Ki = 100 eV. Como Kf = Ui = 0, a lei de conservação da energia nos dá Uf = Ki = 100 eV = 1,6 × 10−17 J. Assim, ep r J p 4 1 6 10 1 6 10 0 02 80 2 17 17 2  = × ⇒ = ×− − , ( , )( , ) ( J , )( , , . 99 10 1 6 10 4 5 10 9 19 12 × ⋅ × = × ⋅− − N m /C C) C m 2 2 53. (a) Tomando como referência uma energia potencial zero quando a distância entre as esfe- ras é infinita, a energia potencial elétrica do sistema é U q d = = × ⋅ × −2 9 6 4 8 99 10 5 0 10 1 00 ( , ) ( , ) , N m C C2 2 2 0 0 225 m J= , (b) As duas esferas se repelem com uma força cujo módulo é F q d = = × ⋅ × −2 2 9 6 4 8 99 10 5 0 10 0 ( , )( , ) ( N m C C 1 2 2 2 ,00 m N. 2) ,= 0 225 soluções dos problemas 89 58. (a) Quando o próton é liberado, sua energia é K + U = 4,0 eV + 3,0 eV = 7,0 eV (a energia potencial inicial pode ser obtida na Fig. 24-54). Isso significa que, se traçarmos uma reta hori- zontal para V = 7,0 V na Fig. 24-54, o ponto de retorno estará na interseção da reta horizontal com o gráfico do poço de potencial. Fazendo uma interpolação no trecho da reta entre 1,0 cm e 3,0 cm, descobrimos que o ponto de retorno é, aproximadamente, x = 1,7 cm. (b) Para uma energia total de 7,0 eV, não existe ponto de retorno do lado direito; de acordo com a lei de conservação da energia, a velocidade do próton no ponto x = 6,0 cm é v = × × = − − 2 2 0 1 6 10 1 67 10 20 19 27 ( , )( , ) , eV J/eV kg km/s. (c) O campo elétrico em qualquer ponto do gráfico da Fig. 24-54 é o negativo da inclinação do gráfico nesse ponto. Uma vez conhecido o campo elétrico, a força a que o próton está subme- tido pode ser calculada a partir da relação F = eE. Na região ligeiramente à esquerda do ponto x = 3,0 cm, a inclinação do gráfico é (3 V − 9 V)/(0,03 m − 0,01 m) = −300 V/m, o campo é E = 300 V/m e o módulo da força é F = (1,6 × 10−19 C)(300 V/m) = 4,8 × 10−17 N. (d) A força  F , como o campo  E , aponta no sentido positivo do eixo x. (e) Na região ligeiramente à direita do ponto x = 5,0 cm, a inclinação do gráfico é (5 V − 3 V)/ (0,06 m − 0,05 m) 200 V/m, o campo é E = −200 V/m e o módulo da força é F = (1,6 × 10−19 C)(200) = 3,2 × 10−17 N. (f) A força  F , como o campo  E, aponta no sentido negativo do eixo x. 59. (a) O campo elétrico na região entre as placas da Fig. 24-55 aponta para a esquerda, já que o campo elétrico sempre aponta do potencial mais alto para o potencial mais baixo. Como, de acordo com o enunciado, a força aponta para a esquerda, no mesmo sentido que o campo, a carga da partícula é positiva. Trata-se, portanto, de um próton. (b) De acordo com a lei de conservação da energia, temos: K U K U m v eV m v eVf f p p f0 0 0 2 1 2 2 1 2 1 2 + = + ⇒ + = + , o que nos dá v v e m V Vf p = + − = × + × − 0 2 1 2 3 2 192 90 10 2 1 6 10 ( ) ( ) ( , m/s C) , ( ) , , 1 67 10 70 50 6 53 10 65 3 27 4 × − + = × = − V V m/s km/s. Note que a solução não depende do valor de d. 60. (a) Como o trabalho realizado é igual ao aumento de energia potencial, temos: W q V e Q R = = −     = × − ( ) , , 4 2 16 10 0 13  J o que nos dá Q = −1,20 × 10−5 C = −12,0 µC. (b) Como o trabalho é o mesmo, o aumento de energia potencial é ∆U = 2,16 × 10−13 J = 0,216 pJ. 90 soluções dos problemas 61. A distância entre dois pontos de uma circunferência de raio R separados por um ângulo θ (em radianos) é r = 2R 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 R j N j N 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2, = = − = ( ) +        ∑par sen   = ( )   = = − ∑, sen, ímparU Nke R j N j N 1 2 1 1 2 2 1 2         na qual k = 1/4pâ0 e θ = 2p /N. No caso da configuração 2, temos: U N ke R j N j N 2 2 1 2 1 1 2 1 2 2, sen= = − = −( ) ′( ) +     ∑par       = −( ) ′( ) +=, sen,U N ke R j N j 2 21 2 1 2 5 2ímpar = − ∑          1 3 2 N na qual θ ′ = 2p /(N − 1). Os resultados são todos da forma U ke R 1 2 2ou 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 ke2/2R. N 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 U1 3,83 6,88 10,96 16,13 22,44 29,92 38,62 48,58 59,81 72,35 86,22 101,5 U2 4,73 7,83 11,88 16,96 23,13 30,44 39,92 48,62 59,58 71,81 85,35 100,2 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 U2 < U1 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, e0, e o centro da circunferência é R; a distância entre e0 e os vizinhos mais pró- ximos que pertencem à circunferência (um de cada lado) é r R R=    ≈2 11 0 56sen , .  A distância entre e0 e os segundos vizinhos mais próximos é r R R=    ≈2 2 11 1 1sen ,  Assim, existem apenas dois elétrons mais próximos de e0 que o elétron central. soluções dos problemas 91 62. (a) Se as duas esferas estão ligadas por um fio condutor, os potenciais V1 e V2 são necessa- riamente iguais. Assim, a resposta é que o potencial V1 se torna igual ao potencial V2. Fazendo V1 = q1/4pâ0R1 = V2 = q2/4pâ0R2, q1 + q2 = q e R2 = 2R1, podemos obter os valores de q1/q e q2/q. (b) q1/q = 1/3 = 0,333. (c) q2/q = 2/3 = 0,667. (d) A razão entre as densidades superficiais de carga das duas esferas é     1 2 1 1 2 2 2 2 1 2 2 1 4 4 = =         q R q R q q q q R R 2 21 2 2 1 2 00=        = , . 63. (a) O potencial elétrico é a soma das contribuições das esferas. Seja q1 a carga da esfera 1, q2 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 8 99 10 1 0 10 3 0 ( , ) ( ,N m C C2 2 , ) , , 0 10 1 0 1 8 10 8 2× = − × − 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 q R q d R 1 0 1 2 91 4 8 99 10 1 0= + −     = × ⋅  ( , ) , N m C2 2 × − × −       = − −10 0 030 3 0 10 2 0 0 030 2 8 8C m C m m, , , , ,9 103× =V 2,9 kV. (c) O potencial na superfície da esfera 2 é V q d R q R 2 0 1 2 91 4 8 99 10 1 0= − +    = × ⋅  ( , ) , N m C2 2 × − − ×       = − − −10 2 0 0 030 3 0 10 0 030 8 8 8C m m C m, , , , , ,9 10 8 93× = −V kV. 64. Como o potencial elétrico é o mesmo em qualquer ponto do interior de um condutor, o potencial elétrico no centro também é +400 V. 65. Se o potencial elétrico é zero no infinito, o potencial na superfície da esfera é dado por V = q/4pâ0r, na qual q é a carga da esfera e r é o raio da esfera. Assim, q rV= = × ⋅ =4 0 15 8 99 10 20 9 ( , ) ( ) , , m 1500 V N m C2 2 5 10 8× − C. 66. Como a distribuição de carga tem simetria esférica, podemos escrever: E r q r ( ) ,= 1 4 0 env na qual qenv é a carga envolvida por uma superfície esférica de raio r e centro na origem. (a) Como R1 < R2 < r, temos: E r q q r ( ) = + = × ⋅ × − 1 2 0 2 9 2 6 4 8 99 10 2 00 10  ( , )( ,N m C2 C C m V/m 1,69 kV + × = × = −1 00 10 4 00 1 69 10 6 2 3 , ) ( , ) , /m. 94 soluções dos problemas (b) De acordo com a Eq. 24-18, a diferença de potencial VB − VC é V V E R r dr E R R R B C B B R R B B C BC B − = − =     =∫ ln (160 N/C m m0,020 m)( , ) ln , 0 020 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. 70. (a) De acordo com a Eq. 24-18, V V E dr r R parede − = −∫ , e, portanto, para E = ρr/2â0 (veja a solução do Problema 60 do Capítulo 23), temos: 0 2 40 0 2 2− = −     ⇒ − = − −( )∫V r V R rr R     , o que nos dá V R r= −  ( ) . 2 2 04 (b) O valor da diferença de potencial para r = 0 é Veixo 3C m C V m m= − × × ⋅ ( ) − − 1 1 10 4 8 85 10 0 05 3 12 2, ( , ) , −   = − × = −0 7 8 10 4, V 78 kV. Assim, o valor absoluto da diferença de potencial é |Veixo| = 78 kV. 71. 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 = 1 4 0 2 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 = − ∂ ∂ =    =4 1 20 2 0 3  Nota: se tomarmos o eixo z como eixo do dipolo, E p z z E p z z+ −= > = − < 2 0 2 0 0 3 0 3  ( ) ( )e 72. De acordo com a Eq. 24-18, temos: V A r dr A= − = −   = × ⌠ ⌡ − − 4 3 3 2 3 2 3 3 1 2 1 3 2 9 10( , m )A 73. (a) O potencial na superfície da esfera é V q R = = × × ⋅ = − 4 4 0 10 8 99 10 0 10 3 0 6 9 2  ( , ) ( , ) , C N m C m 2 ,6 105× V. soluções dos problemas 95 (b) O campo logo acima da superfície da esfera seria E q R V R = = = × = × 4 3 6 10 0 10 3 6 10 2 5 6 0 , , , , V m V m um valor maior que 3,0 MV/m. Assim, a resposta é não. 74. O trabalho realizado é igual à variação da energia potencial elétrica do sistema, dada por U q q r q q r q q r = + +1 2 0 12 2 3 0 23 1 3 0 134 4 4   , na qual r 12 indica a distância entre as partículas 1 e 2, e uma convenção semelhante é usada para r23 e r13. (a) Considere a diferença entre a energia potencial com r 12 = b e r 23 = a e a energia potencial com r 12 = a e r 23 = b (r 13 não muda). Convertendo os valores dados no enunciado para unidades do SI, temos: W U q q b q q a q q a q q= = + − − 1 2 0 2 3 0 1 2 0 2 3 04 4 4 4    b = −24 J. (b) Por simetria, quando as partículas 2 e 3 trocam de posição, as condições permanecem as mesmas do ponto de vista da energia potencial e, portanto, W = ∆U = 0. 75. Suponha que a distribuição de carga da Terra tem simetria esférica. Nesse caso, se o poten- cial elétrico é zero no infinito, o potencial elétrico na superfície da Terra é V = q/4pâ0R, na qual q é a carga da Terra e R = 6,37 × 106 m é o raio da Terra. Como o módulo do campo elétrico na superfície da Terra é E = q/4pâ0R2, temos: V = ER = (100 V/m) (6,37 × 106 m) = 6,4 × 108 V. 76. De acordo com a lei de Gauss, q = âοΦ = +495,8 nC. Assim, V q r = = × ⋅ × − 4 8 99 10 4 958 10 0 1200 9 2 7  ( , )( , ) , N m C C2 m V.= ×3 71 104, 77. A diferença de potencial é ∆V = E∆s = (1,92 × 105 N/C)(0,0150 m) = 2,90 × 103 V. 78. Como as cargas presentes nos arcos são equidistantes do ponto cujo potencial queremos calcular, podemos substituí-las por cargas pontuais e aplicar a Eq. 24-27. O resultado é o se- guinte: V Q R Q R Q R Q R = + + − + + =1 4 1 4 2 1 4 3 1 4 21 1 1 1    0 0 0 0 = × ⋅ × = −2 8 99 10 4 52 10 0 0850 0 9 2 12( , )( , ) , , N m C C m 2 956 V. 79. A energia potencial elétrica na presença do dipolo é U qV qp r e ed r = = = −dipolo cos ( )( ) cos   4 40 2 0 2 . Para θi = θf = 0º, a lei de conservação da energia nos dá K U K U v e md f f i i+ = + ⇒ = −     = × 2 4 1 25 1 49 7 0 10 2 0 , 5 m/s. 96 soluções dos problemas 80. Podemos tratar o sistema como a combinação de um disco completo, de raio R com uma densidade superficial de carga s, com um disco menor, de raio r e densidade superficial de carga –s. Aplicando a Eq. 24-37 aos dois objetos, temos: V z R z z r z= + −( ) + − + −( )   2 20 2 2 0 2 2 . Esta expressão se anula quando r → ∞, como exige o problema. Substituindo por valores nu- méricos, temos: V R= −     = × − 0 5 5 101 10 6 20 10 0 13012( , )( ,C/m2 m C /N m2 2 ) , , 8 85 10 5 5 101 10 1 03 10 12× ⋅ −    = × − − =2 V 10,3 mV. 81. (a) O elétron é liberado com uma energia K + U = 3,0 eV − 6,0 eV = −3,0 eV (o valor da energia potencial pode ser obtido a partir do gráfico da Fig. 24-60 e do fato de que U = qV = − eV). Como a carga do elétron é negativa, é conveniente imaginar o eixo vertical em unidades de elétrons-volts e com um sinal negativo. Assim, o valor de 2 V para x = 0 se torna –2 eV, o va- lor de 6 V para x = 4,5 cm se torna –6 eV, etc. A energia total (− 3,0 eV) é constante e, portanto, pode ser representada nesse gráfico como uma reta horizontal em − 3,0 V. A reta intercepta o gráfico da energia potencial no ponto de retorno. Interpolando o trecho do gráfico no intervalo de 1,0 cm a 4,0 cm, descobrimos que o ponto de retorno é x = 1,75 cm ≈ 1,8 cm. (b) Como a reta não intercepta o gráfico de energia potencial em nenhum ponto à direita de x = 4,5 cm, não há ponto de retorno se o elétron estiver se movendo para a direita. De acordo com a lei de conservação da energia, a energia cinética do elétron no ponto x = 7,0 cm é K = − 3,0 eV − (− 5,0 eV) = 2,0 eV e, portanto, v K me = = × × − − 2 2 1 60 10 9 11 10 19 31 ( )( , ) , 2,0 eV J/eV kg m/s.= ×8 4 105, (c) O campo elétrico em um ponto qualquer é a inclinação do gráfico da tensão em função da distância nesse ponto com o sinal trocado. Uma vez conhecido o campo elétrico, podemos cal- cular a força a que o elétron está submetido usando a relação   F eE= − . Usando esse método, determinamos que o campo elétrico na região imediatamente à esquerda do ponto x = 4,0 cm é  E = −( )ˆ133 V/m i , a força é  F = × −( , )ˆ2 1 10 17 N i e o módulo da força é F = 2,1 × 10−17 N. (d) O sinal positivo indica que a força aponta no sentido positivo do eixo x. (e) Na região imediatamente à direita do ponto x = 5,0 cm, o campo é  E = ( )ˆ100 V/m i , a força é  F = − × −( , )ˆ1 6 10 17 N i e o módulo da força é F = 1,6 × 10−17 N. (f) O sinal negativo indica que a força aponta no sentido negativo do eixo x. 82. (a) O potencial seria V Q R R R R ke e e e e e e e= = = = × 4 4 4 4 4 6 37 1 0 2 0      ( , 0 1 0 1 6 10 8 996 9m elétron m C elétron2) ( , ) ( , ) ( ,− × − × ⋅ = − 10 0 12 9 2N m C V. 2 ) , (b) O campo elétrico seria E V R e e e = = = − × = − × − 0 80 12 1 8 10 , , , V 6,37 10 m N C 6 o que nos dá | | , .E = × −1 8 10 8 N C (c) O sinal negativo de E significa que o campo elétrico aponta para baixo. soluções dos problemas 99 De acordo com a Eq. 24-14, o trabalho necessário é W = (−e)VP = 2,30 × 10−22 J. 90. A partícula de carga –q possui energia potencial e energia cinética, que dependem do raio da órbita. Para começar, vamos obter uma expressão para a energia total em termos do raio r da órbita. A força de atração da partícula de carga Q é responsável pelo movimento circular uniforme da carga –q. O módulo dessa força é F = Qq/4pâ0r2. A aceleração da partícula de carga –q é v2/r, na qual v é a velocidade da partícula. De acordo com a segunda lei de Newton, temos: Qq r mv r mv Qq r4 40 2 2 2 0  = ⇒ = , o que nos dá uma energia cinética K mv Qq r = =1 2 8 2 0 . A energia potencial é U Qq r = − 4 0 e a energia total é E K U Qq r Qq r Qq r = + = − = − 8 4 80 0 0   . Quando o raio da órbita é r1, a energia é E1 = –Qq/8pâ0r1; quando o raio da órbita é r2, a energia é E2 = –Qq/8pâ0r2. A diferença E2 – E1 é o trabalho W realizado por um agente externo para mudar o raio: W E E Qq r r Qq r r = − = − −     = −  2 1 2 1 1 28 1 1 8 1 1  0 0    . 91. A velocidade inicial, vi, do elétron satisfaz a relação K m v e Vi e i= =12 2  , que nos dá v e V m i e = = × × − − 2 2 1 60 10 9 11 10 19 31  ( , ) ( ) , J 625 V kg m s.= ×1 48 107, 92. O potencial elétrico total no ponto P é a soma dos potenciais produzidos pelas seis cargas: V V q r d P Pi i i ii = = = += = − ∑ ∑ 1 6 01 6 15 0 24 10 4 5 00   , (d d d d/ / /2 2 00 2 3 00 22 2 2) , , ( ) + − + − +     + 3 00 2 2 00 2 5 00 22 2 2 2 , ( ) , , ( )d d d d d+ + − + + +     = / / / 9 4 10 4 2 54 10 3 34 10 16 0 2 4 , ( , ) , × × = × = − − −  V 0,334 mV. 93. Como, de acordo com o Problema 99, o potencial elétrico no eixo do anel é V q z R = +4 2 20 , 100 soluções dos problemas a diferença de potencial entre os pontos A (situado no centro do anel) e B é V V q z R R B A− = + −     = × ⋅ 4 1 1 8 99 10 0 2 2 9 2 2  ( , )N m C ( , ) ( , ) ( , ) , 16 0 10 1 0 030 0 040 1 0 030 6 2 2 × + −− C m m m V= MV.         = − × −1 92 10 1 926, , 94. (a) De acordo com a Eq. 24-26, a superfície equipotencial é uma superfície esférica com centro na carga q e raio r q V = = × ⋅ × = − 4 8 99 10 1 50 10 0 9 2 8  ( , )( ,N m C C) 30,0 V 2 4 5, m. (b) Não. Se o potencial fosse uma função linear de r, as superfícies equipotenciais seriam igual- mente espaçadas; como, neste caso, V ∝ 1/r, o espaçamento diminui quando r aumenta. 95. (a) Para r > r2 o potencial é o mesmo de uma carga pontual, V Q r = 1 4 0 . (b) Para determinar o potencial na região r1 < r < r2, vamos usar a lei de Gauss para obter uma expressão do campo elétrico e, em seguida, calcular a integral dessa expressão em uma traje- tória radial de r2 até r. A superfície gaussiana é uma esfera de raio r, concêntrica com a casca. O campo elétrico é radial e, portanto, perpendicular à superfície. Como o módulo do campo elétrico é o mesmo em todos os pontos da superfície, o fluxo através da superfície é Φ = 4pr2E. Como o volume da casca é ( )( )4 3 2 3 1 3 / r r− , a densidade volumétrica de carga é   = − 3 4 2 3 1 3 Q r r( ) e a carga envolvida pela superfície gaussiana é q r r Q r r r r =    −( ) = − −     4 3 3 1 3 3 1 3 2 3 1 3   . De acordo com a lei de Gauss, temos:   = − 3 4 2 3 1 3 Q r r( ) , o que nos dá E Q r r r r r = − −4 0 3 1 3 2 2 3 1 3 ( ) . Se Vs é o potencial elétrico na superfície externa da casca (r = r2), o potencial a uma distância r do centro é dado por V V E dr V Q r r r r r s s r r r = − = − − −   ∫ 4 1 0 2 3 1 3 1 3 2 2  2 4 1 2 20 2 3 1 3 2 2 2 1 3 1 3 2 r s dr V Q r r r r r r r r ∫ = − − − + −      . soluções dos problemas 101 O potencial na superfície externa pode ser calculado fazendo r = r2 na expressão obtida no item (a); o resultado é Vs = Q/4pâ0r2. Fazendo esta substituição e agrupando termos, obtemos: V Q r r r r r r = − − −   4 1 3 2 20 2 3 1 3 2 2 2 1 3  . Como  = −3 4 23 13Q r r( ), temos: V r r r r = − −     3 3 2 20 2 2 2 1 3 . (c) Como o campo elétrico é zero no interior da cavidade, o potencial é o mesmo em toda a cavidade e na superfície interna da casca. Fazendo r = r1 na expressão obtida no item (b) e agrupando termos, obtemos: V Q r r r r = − −4 3 20 2 2 1 2 2 3 1 3 ( ) ( ) , ou, em termos da densidade volumétrica de carga, V r r= −( ) 2 0 2 2 1 2 . (d) Sim; fazendo r = r2 nas expressões obtidas nos itens (a) e (b) e r = r1 nas expressões obtidas nos itens (b) e (c), constatamos que as três soluções são compatíveis. 96. (a) Vamos usar a lei de Gauss para obter expressões para o campo elétrico dentro e fora da distribuição esférica de carga. Como o campo é radial, o potencial elétrico pode ser escrito como uma integral do campo ao longo de um dos raios da esfera, prolongado até o infinito. A integral deve ser dividida em duas partes, uma do infinito até a superfície da distribuição de carga e a outra da superfície até o centro da distribuição. Do lado de fora da distribuição, o mó- dulo do campo é E = q/4pâ0r2 e o potencial é V = q/4pâ0r, na qual r é a distância entre o ponto considerado e o centro da distribuição. Estas expressões são as mesmas do campo elétrico e do potencial produzidos por uma carga pontual. Para obter uma expressão para o módulo do campo no interior da distribuição de carga, usamos uma superfície gaussiana de forma esférica, de raio r, concêntrica com a distribuição. Como o campo é normal à superfície gaussiana e tem o mesmo valor em todos os pontos da superfície, o fluxo através da superfície é Φ = 4pr2E. A carga envolvida é qr3/R3. De acordo com a lei de Gauss, 4 40 2 3 3 0 3   r E qr R E qr R = ⇒ = . Se Vs é o potencial na superfície da distribuição (ou seja, o potencial para r = R), o potencial em um ponto interno, situado a uma distância r do centro da distribuição, é dado por V V E dr V q R r dr V qr R q s R r s R r s= − = − = − +∫ ∫4 80 3 2 0 3  8 0 R . O potencial na superfície da distribuição pode ser calculado substituindo r por R na expressão para pontos do lado de fora da distribuição; o resultado é Vs = q/4pâ0R. Assim, V q R r R R q R R r= − +    = −( ) 4 1 2 1 2 8 3 0 2 3 0 3 2 2   . (b) A diferença de potencial é V V V q R q R q R s c= − = − = − 2 8 3 8 80 0 0   ,