LISTA 1 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS
11 de Dezembro de 2004, às 17:11
Exercı́cios Resolvidos de Teoria Eletromagnética
Jason Alfredo Carlson Gallas
Professor Titular de Fı́sica Teórica
Doutor em Fı́sica pela Universidade Ludwig Maximilian de Munique, Alemanha
Universidade Federal do Rio Grande do Sul
Instituto de Fı́sica
Matéria para a PRIMEIRA prova. Numeração conforme a quarta edição do livro
“Fundamentos de Fı́sica”, Halliday, Resnick e Walker.
Esta e outras listas encontram-se em: http://www.if.ufrgs.br/ jgallas clicando-se em ‘ENSINO’
Conteúdo
23 Carga Elétrica
23.1 Questões . . . . . . . . . . . . . .
23.2 Problemas e Exercı́cios . . . . . .
23.2.1 Lei de Coulomb . . . . .
23.2.2 A Carga é Quantizada . .
23.2.3 A Carga é Conservada . .
23.2.4 As Constantes da Fı́sica:
Aparte . . . . . . . . . . .
. . .
. . .
. . .
. . .
. . .
Um
. . .
24 Campo Elétrico
24.1 Questões . . . . . . . . . . . . . . . . .
24.2 Problemas e Exercı́cios . . . . . . . . .
24.2.1 Linhas de campo elétrico . . . .
24.2.2 O campo elétrico criado por
uma carga puntiforme . . . . .
24.2.3 O campo criado por um dipolo
elétrico . . . . . . . . . . . . .
2
2
3
3
8
10
10
12
12
12
12
13
15
24.2.4 O campo criado por uma linha
de cargas . . . . . . . . . . . .
24.2.5 O campo elétrico criado por um
disco carregado . . . . . . . . .
24.2.6 Carga puntiforme num campo
elétrico . . . . . . . . . . . . .
24.2.7 Um dipolo num campo elétrico .
25 Lei de Gauss
25.1 Questões . . . . . . . . . . . . . . . . .
25.2 Problemas e Exercı́cios . . . . . . . . .
25.2.1 Fluxo do campo elétrico . . . .
25.2.2 Lei de Gauss . . . . . . . . . .
25.2.3 Um condutor carregado isolado
25.2.4 Lei de Gauss: simetria cilı́ndrica
25.2.5 Lei de Gauss: simetria plana . .
25.2.6 Lei de Gauss: simetria esférica .
Comentários/Sugestões e Erros: favor enviar para
http://www.if.ufrgs.br/ jgallas
17
19
19
23
24
24
25
25
25
26
27
28
30
jgallas @ if.ufrgs.br
(lista1.tex)
Página 1 de 34
LISTA 1 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS
11 de Dezembro de 2004, às 17:11
23 Carga Elétrica
Q 23-3
23.1 Questões
Q 23-1
Uma barra carregada atrai fragmentos de cortiça que, assim que a tocam, são violentamente repelidos. Explique
a causa disto.
Como os dois corpos atraem-se inicialmente, deduzimos que eles possuem quantidades de cargas com sinais
diferentes. Ao tocarem-se a quantidade de cargas menor
é equilibrada pelas cargas de sinal oposto. Como a carga
que sobra reparte-se entre os dois corpos, estes passam a
repelir-se por possuirem, então, cargas de mesmo sinal.
Sendo dadas duas esferas de metal montadas em suporte portátil de material isolante, invente um modo de carregá-las com quantidades de cargas iguais e de sinais
opostos. Você pode usar uma barra de vidro ativada com
seda, mas ela não pode tocar as esferas. É necessário
Note que afirmar existir repulsão após os corpos
que as esferas sejam do mesmo tamanho, para o método tocarem-se equivale a afirmar ser diferente a quantidafuncionar?
de de cargas existente inicialmente em cada corpo.
Um método simples é usar indução elétrostática: ao
aproximarmos a barra de vidro de qualquer uma das es- Q 23-4
feras quando ambas estiverem em contato iremos induzir (i) na esfera mais próxima, uma mesma carga igual As experiências descritas na Secção 23-2 poderiam ser
e oposta à carga da barra e, (ii) na esfera mais afastada, explicadas postulando-se quatro tipos de carga, a saber,
uma carga igual e de mesmo sinal que a da barra. Se a do vidro, a da seda, a do plástico e a da pele do animal.
separarmos então as duas esferas, cada uma delas irá fi- Qual é o argumento contra isto?
car com cargas de mesma magnitude porém com sinais
É fácil verificar experimentalmente que os quatro tiopostos. Este processo não depende do raio das esfe- pos ‘novos’ de carga não poderiam ser diferentes umas
ras. Note, entretanto, que a densidade de cargas sobre das outras. Isto porque é possı́vel separar-se os quatro
a superfı́cie de cada esfera após a separação obviamente tipos de carga em dois pares de duas cargas que são independe do raio das esferas.
distinguı́veis um do outro, experimentalmente.
Q 23-2
Na questão anterior, descubra um modo de carregar as Q 23-6
esferas com quantidades de carga iguais e de mesmo si- Um isolante carregado pode ser descarregado passandonal. Novamente, é necessário que as esferas tenham o o logo acima de uma chama. Explique por quê?
mesmo tamanho para o método a ser usado?
É que a alta temperatura acima da chama ioniza o ar,
O enunciado do problema anterior não permite que tornando-o condutor, permitindo o fluxo de cargas.
toquemos com o bastão nas esferas. Portanto, repetimos a indução eletrostática descrita no exercı́cio anterior. Porém, mantendo sempre a barra próxima de uma Q 23-9
das esferas, removemos a outra, tratando de neutralizar Por que as experiências em eletrostática não funcionam
a carga sobre ela (por exemplo, aterrando-a). Se afas- bem em dias úmidos?
tarmos o bastão da esfera e a colocarmos novamente em
Em dias úmidos existe um excesso de vapor de
contato com a esfera cuja carga foi neutralizada, iremos
permitir que a carga possa redistribuir-se homogenea- água no ar. Conforme será estudado no Capı́tulo 24, a
mente sobre ambas as esferas. Deste modo garantimos molécula de água,
, pertence à classe de moléculas
que o sinal das cargas em ambas esferas é o mesmo. Pa- que possui o que se chama de ‘momento de dipolo
ra que a magnitude das cargas seja também idêntica é elétrico’, isto é, nestas moléculas o centro das cargas
necessário que as esferas tenham o mesmo raio. É que a positivas não coincide com o centro das cargas negadensidade superficial comum às duas esferas quando em tivas. Este desequilı́brio faz com que tais moléculas
contato irá sofrer alterações diferentes em cada esfera, sejam elétricamente ativas, podendo ser atraidas por
após elas serem separadas, caso os raios sejam diferen- superfı́cies carregadas, tanto positiva quanto negativates.
mente. Ao colidirem com superfı́cies carregadas, as
http://www.if.ufrgs.br/ jgallas
Página 2 de 34
LISTA 1 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS
11 de Dezembro de 2004, às 17:11
moléculas agem no sentido de neutralizar parte da car- das duas cargas. Como você poderia testar este fato no
ga na superfı́cie, provocando deste modo efeitos inde- laboratório?
sejáveis para os experimentos de eletrostática. Isto porEstudando de que modo varia a força necessária para
que não se tem mais certeza sobre qual a quantidade de
levar-se
cargas de distintos valores até uma distância ,
carga que realmente se encontra sobre a superfı́cie.
constante, de uma outra carga fixa no espaço.
Q 23-13
Q 23-18
Uma pessoa em pé sobre um banco isolado toca um con) gira ao redor de um núcleo
dutor também isolado, mas carregado. Haverá descarga Um elétron (carga
(carga
)
de
um
átomo de hélio. Qual das
completa do condutor?
partı́culas exerce maior força sobre a outra?
Não. Haverá apenas uma redistribuição da carga entre
o condutor e a pessoa.
Se realmente você não souber a resposta correta, ou
faz e entende o Exercı́cio E 23-2 ou tranca o curso bem
Q 23-14
rápido!
(a) Uma barra de vidro positivamente carregada atrai um
objeto suspenso. Podemos concluir que o objeto está Q 23-15 extra A força elétrica que uma carga exerce
carregado negativamente? (b) A mesma barra carregada sobre outra se altera ao aproximarmos delas outras carpositivamente repele o objeto suspenso. Podemos con- gas?
cluir que o objeto está positivamente carregado?
A força entre duas cargas quaisquer depende única
e
exclusivamente
das grandezas que aparecem na ex(a) Não. Poderı́amos estar lidando com um objeto
pressão
matemática
da lei de Coulomb. Portanto, é fácil
neutro porém metálico, sobre o qual seria possı́vel inconcluir-se
que
a
força
pre-existente entre um par de carduzir uma carga, que passaria então a ser atraido pela
gas
jamais
poderá
depender
da aproximação de uma ou
barra. (b) Sim, pois não se pode induzir carga de mesmais
cargas.
Observe,
entretanto,
que a ‘novidade’ que
mo sinal.
resulta da aproximação de cargas extras é que a força
Q 23-16
resultante sobre cada carga pre-existente poderá alterarTeria feito alguma diferença significativa se Benjamin se, podendo tal resultante ser facilmente determinada
Franklin tivesse chamado os elétrons de positivos e os com o princı́pio de superposição.
prótons de negativos?
Não. Tais nomes são apenas uma questão de
convenção.
Na terceira edição do livro, afirmava-se que Franklin, além de ‘positivo’ e ‘negativo’, haveria introduzido também as denominações ‘bateria’ e ‘carga’. Na
quarta edição a coisa já mudou de figura... Eu tenho a
impressão que ‘positivo’ e ‘negativo’ devem ser anteriores a Franklin mas não consegui localizar referências
adequadas. O quı́mico francês Charles François de Cisternay Du Fay (1698-1739), descobriu a existência de
dois “tipos de eletricidade”: vitrea (do vidro) e resinosa
(da resina).
Porém, a quem será que devemos os nomes de cargas
“positivas” e “negativas”? Ofereço uma garrafa de boa
champanha a quem por primeiro me mostrar a solução
deste puzzle!
23.2 Problemas e Exercı́cios
23.2.1 Lei de Coulomb
E 23-1
Qual seria a força eletrostática entre duas cargas de
Coulomb separadas por uma distância de (a)
m e (b)
km se tal configuração pudesse ser estabelecida?
!"$#&%!'% *
+,-" N.
./ !"$#02 %4%-36'158%)% 7 ( ( *9 ,-: N.
(a)
(b)
E 23-2
<;9 =>-9?A@
!
BDCEF-G?H@
Uma carga puntiforme de
C dista
cm
de uma segunda carga puntiforme de
C.
A Lei de Coulomb prevê que a força exercida por uma Calcular o módulo da força eletrostática que atua sobre
carga puntiforme sobre outra é proporcional ao produto cada carga.
Q 23-17
http://www.if.ufrgs.br/ jgallas
Página 3 de 34
LISTA 1 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS
11 de Dezembro de 2004, às 17:11
J ,- ?Hf kg cI !i JKHj 3 N #kFg % h % segue que
NBm JKHj g
3 %h%
W
U
;9D+ ! ?A: Q9 ;,,- -?H " f #X #
U n ! ? %o% C De acordo com a terceira Lei de Newton, a força que
uma carga
exerce sobre outra carga
é igual em
módulo e de sentido contrário à força que a carga
(b) Como temos
exerce sobre a carga . O valor desta força é dado pela
Eq. 23-4. Conforme a convenção do livro, usamos aqui
os módulos das cargas. Portanto
I%
I$
I%
Il
JKM L I N % I 3
O9 ,- " # ;,-89!?A@$,#$)- DC? ,# -G?H@$#
9 N I$
E 23-7
Duas esferas condutoras idênticas e isoladas, e , possuem quantidades iguais de carga e estão separadas por
Qual deve ser a distância entre duas cargas puntiformes uma distância grande comparada com seus diâmetros
Ce
C para que o módulo da força (Fig. 23-13a). A força eletrostática que atua sobre a eseletrostática entre elas seja de
N?
fera devida a esfera é . Suponha agora que uma
terceira esfera idêntica , dotada de um suporte isolante e inicialmente descarregada, toque primeiro a esfera
(Fig. 23-13b), depois a esfera (Fig.. 23-13c) e, em
seguida, seja afastada (Fig. 23-13d). Em termos de ,
qual é a força
que atua agora sobre a esfera ?
metros
Chamemos de a carga inicial sobre as esferas e
. Após ser tocada pela esfera , a esfera retém uma
E 23-4
carga igual a
. Após ser tocada pela esfera , a esfera
Na descarga de um relâmpago tı́pico, uma corrente de
irá ficar com uma carga igual a
.
Ampères flui durante
s. Que quantidade
Portanto, teremos em módulo
de carga é transferida pelo relâmpago? [Note: Ampère é
a unidade de corrente no SI; está definida na Secção 282 do livro; mas o capı́tulo 23 fornece meios de resolver
o problema proposto.]
onde é uma constante (que envolve
bem como a
Usamos a Eq. (23-3):
distância fixa entre as esferas e , mas que não vem ao
caso aqui) e
representa o módulo de .
C
E 23-3
I % PQR
Y
I$ST
VJ U R
CG U
W
! " #$OQ,U- ?A@ #X JGU ! ?H@ #
CG
J
Ii
<R
I
;
p
;
ISsI i # i ;I i J
q ctvu IMw u ; J I w ; txI ; v y
JKHj
t
3
.z{tI p
\IP]^_`TO9 C,- [ #Xa,- ?A@ #bc9DC prq
GDCZ![
p
;
Tal carga é grande ou pequena? Compare com as car- P 23-8
gas dadas nos Exemplos resolvidos do livro.
Três partı́culas carregadas, localizadas sobre uma linha
reta,
estão separadas pela distância (como mostra a
E 23-5
Fig. 23-14). As cargas
e
são mantidas fixas. A
Duas partı́culas igualmente carregadas, mantidas a uma carga , que está livre para mover-se, encontra-se em
distância
m uma da outra, são largadas a equilı́brio (nenhuma força eletrostática lı́quida atua sopartir do repouso. O módulo da aceleração inicial da bre ela). Determine em termos de .
m/s e o da segunda é de
primeira partı́cula é de
Chame de
a força sobre devida a carga . Obm/s . Sabendo-se que a massa da primeira partı́cula vaestá em
le
Kg, quais são: (a) a massa da segunda servando a figura, podemos ver que como
equilı́brio devemos ter
. As forças
e
têm
partı́cula? (b) o módulo da carga comum?
módulos iguais mas sentidos opostos, logo, e tem
(a) Usando a terceira lei de Newton temos
sinais opostos. Abreviando-se
, temos
, de modo que
então
; dP!G?A:
9Q ;e*-9?Af
U I:
9 g h
geSPg % hG% h
Q9 ; ! ?Hf U
g %$h9% http://www.if.ufrgs.br/ jgallas
I % I$
}|
I%
I:
% c % I
I$|
I:
% I I
~ i JKML % 3 #
~ OI % VI # : Página 4 de 34
LISTA 1 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS
}
 I %  J  I$
~ I I : 11 de Dezembro de 2004, às 17:11
% 0
}
J KM L I u r m w
3 h
9 J Q N Substituindo estes valores na equação
, obtemos
. Como as cargas devem ter sinais
opostos, podemos escrever
, que é a resposta
procurada.
P 23-12
Observe que o sinal da carga
permanece totalmente
Duas esferas condutoras idênticas, mantidas fixas,
arbitrário.
atraem-se com uma força eletrostática de módulo igual
a
N quando separadas por uma distância de
P 23-10
cm. As esferas são então ligadas por um fio condutor
Na Fig. 23-15, quais são as componentes horizontal e
fino. Quando o fio é removido, as esferas se repelem
vertical da força eletrostática resultante que atua sobre
N.
com uma força eletrostática de módulo igual a
a carga do vértice esquerdo inferior do quadrado, sendo
Quais eram as cargas iniciais das esferas?
Ce
cm?
Sejam e as cargas originais que desejamos calPrimeiro, escolhemos um sistema de coordenadas
cular, separadas duma distância . Escolhamos um siscom a origem coincidente com a carga no canto esquertema de coordenadas de modo que a força sobre
é
do, com o eixo horizontal e eixo vertical, como de
positiva se ela for repelida por . Neste caso a magnina carga
costume. A força exercida pela carga
tude da força ‘inicial’ sobre é
é
I % J I$
I-
9n-
IB ,-9?Af
9 ;Q
h {CG 

<I
p % J KM L a<I#$a I# )
#
3
h
A força exercida por I sobre I é
pr JKM L )
mI#$ a# I# u  m   w
3 I h
JKML u m  m  w 3 h
Finalmente, a força exercida por SI sobre I
p : JKM L 8
SI#XI# )
 #
3 J h
JKM L I #  #
3 h
I% I
% S }< : 
JKM L I u S m J w
3 h
,-G?Hf u J
O9 ,- " # CB,
- ? m w
 U N y
N
I
I
I%
I$
| .
JKM L I N % I y
3
onde o sinal negativo indica que as esferas se atraem.
Em outras palavras, o sinal negativo indica que o produto
é negativo, pois a força ,
, é força de atração.
Como as esferas são idênticas, após o fio haver sido conectado ambas terão uma mesma carga sobre elas, de
valor
. Neste caso a força de repulsão ‘final’
é dada por
I % I-
J KML 3 N |
O |b \#
é
|
I % I$!# i + JKM L I % J >N I$-# 3
Das duas expressões acima tiramos a soma e o produto
de e , ou seja
I % I$
# 9n-#
C
! "
;,- ? % C
I % I$
J KML 3 N | Portanto, a magnitude da componente horizontal da
força resultante é dada por
} C9 e
I % >I NG J JKML 3 #8  W J
 C# O 9 !; Q\" #
,- ?H@ C enquanto que a magnitude da componente vertical é da- Conhecendo-se a soma e o produto de dois números,
conhecemos na verdade os coeficientes da equação do
da por
segundo grau que define estes números, ou seja,
^
% r >}> : 
http://www.if.ufrgs.br/ jgallas

I % #$E
,I--#k* FI % I-!#)>I % I-
Página 5 de 34
LISTA 1 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS
11 de Dezembro de 2004, às 17:11
Dito de outra forma, se substituirmos
I$<.
&;,- ? % # i I %
a#
na equação da soma acima temos duas possibilidades:
I % ; ,I -9? % {
,+
%
ou
I % ; ,I -9? % ¡+
%
Considerando-se a Eq. , temos
I % Z,- ?H@ I % ; ! ?
! ?H@ y
O \#
! ?H@ \ \#
% P9y
carga seja positiva). Por outro lado, a terceira carga deve
ser negativa pois, se ela fosse positiva, as cargas
e
não poderiam ficar em equilı́brio, pois as forças
sobre elas seriam somente repulsivas. Vamos designar a
terceira carga por
, sendo maior que zero. Seja
a distância entre
e
. Para que a carga
esteja
em equilı́brio, o módulo da força que
exerce sobre
deve ser igual ao módulo da força que
exerce
sobre
. Portanto,
<I
JI
S¤
<I S¤
S¤
S¤
ou seja
¤
JKM L I  ¤ J KM L
3
3
O£
H# S¤
< I J
I

J I#8¤
O£
H# J
As soluções da equação do segundo grau são £ e
J
£ i ; , sendo que apenas esta última solução é fisicamente
a
!
#
O
;
!
#
S
,
9
A
?
b
@
c

¢
A
?
@
?
%
I% aceitável.
Para determinar o módulo de ¤ , use a condição de
O sinal fornece-nos
equilı́brio duas cargas do sistema. Por exemplo, para
que a carga <I esteja em equilı́brio, o módulo da força
I % B,- ?A@ C e I$<.
;,- ?H@ C y
que S¤ exerce sobre <I deve igualar a módulo da força
J
de I sobre <I :
enquanto que o sinal fornece-nos
J
JKM L I ¤ JKM L £ I #)I I % ;,- ?A@ C e I TB,- ?H@ C y
3 J
3
onde usamos a Eq. (*) acima para calcular I a partir de
i
Dai tiramos que ¤¥
I £ que, para ¦£ i ; ,
I%.
fornece o valor procurado:
Repetindo-se a análise a partir da Eq. \ percebemos
J
que existe outro par de soluções possı́vel, uma vez que
¤
revertendo-se os sinais das cargas, as forças permane IV
de onde tiramos as duas soluções
cem as mesmas:
I % BB,- ?A@
C
e
I$Sc;,- ?H@ C y
ou
I % P;,- ?A@
P 23-15
C
e
I .
BB,- ?H@ C (b) O equilı́brio é instável; esta conclusão pode ser provada analiticamente ou, de modo mais simples, pode ser
verificada acompanhando-se o seguinte raciocı́nio. Um
de sua posição de
pequeno deslocamento da carga
equilı́brio (para a esquerda ou para a direita) produz uma
força resultante orientada para esquerda ou para a direita.
<I J I
S¤
P 23-16
Duas cargas puntiformes livres
e
estão a uma
distância uma da outra. Uma terceira carga é, então,
colocada de tal modo que todo o sistema fica em
equilı́brio. (a) Determine a posição, o módulo e o sinal
da terceira carga. (b) Mostre que o equilı́brio é instável.
£
(a) Que cargas positivas iguais teriam de ser colocadas
na Terra e na Lua para neutralizar a atração gravitacional entre elas? É necessário conhecer a distância entre a
Terra e a Lua para resolver este problema? Explique. (b)
Quantos quilogramas de hidrogênio seriam necessários
(a) A terceira carga deve estar situada sobre a linha para fornecer a carga positiva calculada no item (a)?
com a carga
. Somente quanque une a carga
(a) A igualdade das forças envolvidas fornece a sedo a terceira carga estiver situada nesta posição, será guinte expressão:
possı́vel obter uma resultante nula, pois, em qualquer
outra situação, as forças serão de atração (caso a terceira carga seja negativa) ou de repulsão (caso a terceira
<I
JI
§0¨Z©}¨Zª
N
http://www.if.ufrgs.br/ jgallas
JKM L NI y
3
Página 6 de 34
LISTA 1 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS
¨Z©
11 de Dezembro de 2004, às 17:11
¨Zª
onde
é a massa da Terra e
a massa da Lua. Portanto, usando-se as constantes fornecidas no Apêndice
C, temos
§
JKML
¨©^¨Zª
P 23-19
cC9 U ,- % : C g
Duas pequenas esferas condutoras de massa
estão
suspensas por um fio de seda de comprimento e possuem a mesma carga , conforme é mostrado na figura
Como foi possı́vel eliminar entre os dois membros da abaixo. Considerando que o ângulo é tão pequeno que
equação inicial, vemos claramente não ser necessário
possa ser substituida por sen : (a) mostre que
conhecer-se o valor de .
para esta aproximação no equilı́brio teremos:
(b) Um átomo de hidrogênio contribui com uma carga
positiva de
C. Portanto, o número
de
átomos de hidrogênio necessários para se igualar a carga do item (a) é dado por
onde é a distância entre as esferas. (b) Sendo
cm,
ge
cm, quanto vale ?
C
(a) Chamando de a tensão em cada um dos fios e
I& ¢
3
N
QdP-9? % "
´
´
= u KMI L £ gE¸ w % ¹ : y
3
«
U ,- % :
9
C
«¬ Q ! ? % " P
;9DC ! : ¨
I
µ6¶· ´
N
£

gº-
E{CG »
£>.!
I
de o módulo da força eletrostática que atua sobre cada
Portanto, a massa de hidrogênio necessária é simples- uma das bolas temos, para que haja equilı́brio:
mente
, onde
é a massa de um átomo
de hidrogênio (em kilogramas) [veja o valor da unidade
de massa unificada no Apêndice B, pág. 321]
sen
¨
¦«ge®
;9DC,- : #$) U X# ) QQ\CB,- ? f #
CG !¯ Kg P 23-18
ge®
¤
»
´ »º¼X½¾9´ g ¸A
E
Dividindo membro a membro as duas relações anteriores, encontramos:
I ¤.
I
¤
µ6¶· ´ gE¸
Uma carga é dividida em duas partes e
, que
são, a seguir, afastadas por uma certa distância entre si. Como
é um ângulo pequeno, podemos usar a
Qual deve ser o valor de em termos de , de mo- aproximação
do que a repulsão eletrostática entre as duas cargas seja
máxima?
sen
A magnitude da repulsão entre e
é
Por outro lado, a força eletrostática de repulsão entre as
cargas é dada por
I
´
I ¤{
,I
JKM L O¤{N , I#8I 3
A condição para que seja máxima em relação a I
é que
sejam satisfeitas simultaneamente as equações
°
°I P
y
e
° ° I {± JKM L I 3
Igualando-se as duas expressões para
para , encontramos que

http://www.if.ufrgs.br/ jgallas
e resolvendo
£ % ¹ :
E¿u KM L I E
3 g ¸ w
A primeira condição produz
°
°
° I J KM L N ° I}² ¤BIS
,I ³ J¤cKML
ZN I P9y
3
3
i
cuja solução é I&P¤ .
Como a segunda derivada é sempre menor que zero,
i
a solução encontrada, I¬l¤ , produzirá a força
máxima.
Observe que a resposta do problema é IBc¤ i e não
¤cI .
i
´  £ µ6¶· ´ Y
g ¸ 
(b) As duas cargas possuem o mesmo sinal. Portanto,
da expressão acima para , obtemos
IBÀ
W

M
K
L
: 3 
g ¸
£
G J ! ?HÁ
 JJ ,- ?A" C
 nC Página 7 de 34
LISTA 1 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS
11 de Dezembro de 2004, às 17:11
P 23-20
No problema anterior, cujas esferas são condutoras (a)
O que acontecerá após uma delas ser descarregada? Explique sua resposta. (b) Calcule a nova separação de
equilı́brio das bolas.
e
£ i sendo, por exemplo, positivo. O peso exerce uma força
para baixo de magnitude , a uma distância
a partir do mancal. Pela convenção acima, seu torque
também é positivo. A carga
à direita exerce uma
força para cima de magnitude
,a
uma distância
do mancal. Seu torque é negativo.
Para que não haja rotação, os torque sacima devem
anular-se, ou seja
Ë
¤ Gi Í JKHj
i )
3 Î #XOI¤ Ì #
£ i
(a) Quando uma das bolas for descarregada não poderá mais haver repulsão Coulombiana entre as bolas e,
consequentemente, as bolas cairão sob ação do campo
gravitacional até se tocarem. Ao entrarem em contato, a
carga que estava originalmente numa das bolas irá se
repartir igualmente entre ambas bolas que, então, por es- Portanto, resolvendo-se para , obtemos
tarem novamente ambas carregadas, passarão a repelirse até atingir uma nova separação de equilı́brio, digamos
.
(b) A nova separação de equilı́brio pode ser calculada
(b) A força lı́quida na barra anula-se. Denotando-se por
usando-se
:
a magnitude da força para cima exercida pelo mancal,
cm
então
JKH j I Ì ¤ £ ËÏu-
£ w J KH j Ì I¤ £ c9
3
3

E £ uÐ JKH j ËI¤ Ì w 3
I
1q
Aq
IÂqA*I i £ %8¹ :
 q Ãu MK IÂL qÄ# 
3g ¸ w
u J w 8% ¹ :
u J w %8¹ :
;9n<,-
;9n cm Ç - Æ È¯É
Ê
I
£
Å
u KML gE¸ w %¹ :
3
e9 C m
? m
É possı́vel determinar o valor da tensão no fio de seda?
P 23-21
«
Ë¥
JKH j I Ì ¤ J KH j Ì I¤ P9
3
3
Ì
W
JKH j ; Ë I¤ 3
Observe que é essencial usar sempre um valor positivo para o braço de alavanca, para não se inverter o
sentido do torque. Neste problema, o braço de alavanca
, e não
!
positivo é

£ i £ i 
,
A Fig. 23-17 mostra uma longa barra não condutora, de
massa desprezı́vel e comprimento , presa por um pino no seu centro e equilibrada com um peso
a uma
distância de sua extremidade esquerda. Nas extremi- 23.2.2 A Carga é Quantizada
dades esquerda e direita da barra são colocadas pequenas esferas condutoras com cargas positivas e , res- E 23-24
pectivamente. A uma distância diretamente abaixo de
cada uma dessas cargas está fixada uma esfera com uma Qual é a carga total em Coulombs de
carga positiva . (a) Determine a distância quando a
A massa do elétron é
barra está horizontal e equilibrada. (b) Qual valor deve- neira que a quantidade de elétrons em
ria ter para que a barra não exercesse nenhuma força
sobre o mancal na situação horizontal e equilibrada?
£
Ë

I I
Ì
¤
«Ñ
Quando a barra não exerçe nenhuma força, temos
. Neste caso, a expressão acima, fornece-nos facilmente que

Ì
U C kg de elétrons?
¨
gÒ9n+-9?A: % U kg de ma C kg é
¨
U
«Ï g  C ! ?A: % P ; ! : %
elétrons
(a) Como a barra esta em equilı́brio, a força lı́quida
sobre ela é zero e o torque em relação a qualquer ponto Portanto, a carga total é
também é zero. Para resolver o problema, vamos escrever a expressão para o torque lı́quido no mancal, igualala a zero e resolver para .
A carga
à esquerda exerce uma força para cima
de magnitude
, localizada a uma
distância
do mancal. Considere seu torque como
¤

£ i
8 i9Í JKHj 3XÎ #$I¤ i Ì #
http://www.if.ufrgs.br/ jgallas
&9D;,- : % #$) Q ! ? % " #
IB
«.Ó
B ; ! % : C Página 8 de 34
LISTA 1 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS
11 de Dezembro de 2004, às 17:11
ÕI
«ÖcQ \;,- :
Q \;+ ! :-#X8 Q,-G? % "!#
9 ;
D+ !¯
+,- ¯
J eQ=Q . ; dias A carga
correspondente a mol de elétrons nada
mais é do que
, onde
é
O módulo da força eletrostática entre dois ı́ons idênticos o número de Avogadro. Portanto
que estão separados por uma distância de
m vale
N. (a) Qual a carga de cada ı́on? (b)
Quantos elétrons estão “faltando” em cada ı́on (o que dá
ao ı́on sua carga não equilibrada)?
segundos
(a) Da Lei de Coulomb temos:
E 23-26
CG -G? %43
;9 U -G?H"
Õ+Ic«Ö,
Õ+_b « Ö ] I N ¢ J KML 3 #)T{P; +,- ? % " C (b) Cada elétron faltante produz uma carga positiva de P 23-34
C. Usando a Eq. 23-10,
, encontra- Na estrtura cristalina do composto
(cloreto de
mos o seguinte número de elétrons que faltam:
césio), os ı́ons Cs formam os vértices de um cubo e
um ı́on de Cl está no centro do cubo (Fig. 23-18). O
comprimento
das arestas do cubo é de
nm. Em caelétrons
da ı́on Cs falta um elétron (e assim cada um tem uma
carga de
), e o ı́on Cl tem um elétron em excesso
). (a) Qual é o módulo da força
(e assim uma carga
E 23-27
eletrostática lı́quida exercida sobre o ı́on Cl pelos oito
ı́ons Cs nos vértices do cubo? (b) Quando está faltanDuas pequenas gotas esféricas de água possuem cargas do um dos ı́ons Cs , dizemos que o cristal apresenta um
idênticas de
C, e estão separadas, centro defeito; neste caso, qual será a força eletrostática lı́quida
a centro, de
cm. (a) Qual é o módulo da força ele- exercida sobre o ı́on Cl pelos sete ı́ons Cs remanestrostática que atua entre elas? (b) Quantos elétrons em centes?
excesso existem em cada gota, dando a ela a sua carga
(a) A força lı́quida sobre o ı́on Cl é claramente zenão equilibrada?
ro pois as forças individuais atrativas exercidas por cada
(a) Aplicando diretamente a lei de Coulomb encon- um dos ı́ons de Cs cancelam-se aos pares, por estarem
tramos, em magnitude,
dispostas simetricamente (diametralmente opostas) em
relação ao centro do cubo.
QxZ!G? % "
I+.ÔM
Ô
-9? % " Ô¡ ;9D Q+,
,- ? % " P
?
Ú
<
9 J ?
Ú
B xZ- ? % @
×BØ!×Ù
Ú
?
Ú
?
Ú
?
Ú
O ! "$#$)&,-9? % @$#
)B,- ? # ,- ? % " N (b)A quantidade
é
«
(b) Em vez de remover um ı́on de césio, podemos pona posição de tal ı́on.
demos superpor uma carga
Isto neutraliza o ı́on local e, para efeitos eletrostáticos,
é equivalente a remover o ı́on original. Deste modo vede elétrons em excesso em cada gota mos que a única força não balanceada passa a ser a força
exercida pela carga adicionada.
Chamando de a aresta do cubo, temos que a diagonal
do cubo é dada por
. Portanto a distância entre os
ı́ons é
e a magnitude da força
«Ï I Q ,!-G ? ? % % @ " cQCG
h
P 23-31
!
Pelo filamento de uma lâmpada de
W, operando em
um circuito de
V, passa uma corrente (suposta constante) de
A. Quanto tempo é necessário para que
mol de elétrons passe pela lâmpada?
9 ;
!
]{ÕI i Õ+_
m ;
i
m
; # h h
JKH j ; i J #
3
h
 ! " # O; 8i J Q#XO9,
J +-G ? !% "- # ?H" #
,- ?H" N De acordo com a Eq. 23-3, a corrente constante que P 23-35 Sabemos que, dentro das limitações impospassa pela lâmpada é
, onde
é a quantida- tas pelas medidas, os módulos da carga negativa do
de de carga que passa através da lâmpada num intervalo elétron e da carga positiva do próton são iguais. Su.
ponha, entretanto, que estes módulos diferissem entre
ÕI
Õ+_
http://www.if.ufrgs.br/ jgallas
Página 9 de 34
LISTA 1 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS
9 -VÛ
11 de Dezembro de 2004, às 17:11
sı́ por
. Com que força duas pequenas moedas
As reações completas de decaimento beta aqui mende cobre, colocadas a
m uma da outra, se repeliriam? cionados são, na verdade, as seguintes:
O que podemos concluir? (Sugestão: Veja o Exemplo
23-3.)
ÞEß 
Ô  Ú àGy
Ô ßºÞ > ? >à9y
onde à representa uma partı́cula elementar chamada
Como sugerido no problema, supomos que a moeda é
a mesma do exemplo 23-3, que possui uma carga tanto
neutrino. Interessados, podem ler mais sobre Decaipositiva quanto negativa igual dada por
C. Se houvesse uma diferença (desequilı́brio) de cargas, mento Beta na Secção 47-5 do livro texto.
uma das cargas seria maior do que a outra, terı́amos para
E 23-38
tal carga um valor
I/ ; U ,- ¯
I-ÜÀFÝGI&8- ?1[ #$)! ? #X) ; U !¯$#Ð*9n-; U y
onde Ýc9 9ÂÛT{9 = T! ?H@ . Portanto
a magnitude da força entre as moedas seria igual a
JKMI L Ü N 3
!"$#$9n-; U # ) # U ! Á N Como tal força seria facilmente observável, concluimos
que uma eventual diferença entre a magnitude das cargas positiva e negativa na moeda somente poderia ocorrer com um percentual bem menor que
.
Note que sabendo-se o valor da menor força possı́vel de
se medir no laboratório é possivel estabelecer qual o limite percentual máximo de erro que temos hoje em dia
na determinação das cargas. De qualquer modo, tal limite é MUITO pequeno, ou seja, uma eventual assimetria
entre o valor das cargas parece não existir na prática,
pois teria conseqüências observáveis, devido ao grande número de cargas presente nos corpos macroscópicos
(que estão em equilı́brio).
9 Û
23.2.3 A Carga é Conservada
E 23-37
á
Usando o Apêndice D, identifique
reações nucleares:
â\#
oæ-#
oç-#
%ãs%ä ß
% ×Fs% ß
% ¯ «ã % ß
nas seguintes
áÃZÔ`å
áå
[ ¡Ðá¡
Como nenhuma das reações acima inclui decaimento beta, a quantidade de prótons, de neutrons e de
elétrons é conservada. Os números atômicos (prótons
e de elétrons) e as massas molares (prótons + nêutrons)
estão no Apêndice D.
(a) H tem próton, elétron e nêutrons enquanto que
o Be tem prótons, elétrons e
nêutrons.
Portanto
tem
prótons,
elétrons e
nêutrons. Um dos nêutrons é liberado na
reação. Assim sendo, deve ser o boro, B, com massa
molar igual a
g/mol.
(b) C tem prótons, elétrons e
nêutrons
enquanto que o H tem próton, elétron e nêutrons.
Portanto tem
prótons,
elétrons
e
nêutrons e, consequentemente, deve ser o
nitrogênio, N, que tem massa molar
g/mol.
(c) N tem prótons, elétrons e
nêutrons,
o H tem próton, elétron e nêutrons e o He tem
prótons, elétrons e
nêutrons. Portanto
tem
prótons, elétrons e
nêutrons, devendo ser o carbono, C, com massa molar
de
g/mol.
J
%
"
á
C<
S J
J
+ J ãJ C
J
è
C
B
á
"
C J P
Q
Q
S
Q&PQ
%
U
%
á
Q<{&
Q P U
QPeãQ
U QBT-;
% U:
U
Cé
U *
%¯
[
J
%
>
U
á
{
+ÀQ
Q sB
ÀQ
%
QS>Q&
No decaimento beta uma partı́cula fundamental se transforma em outra partı́cula, emitindo ou um elétron ou
23.2.4 As Constantes da Fı́sica: Um Aparte
um pósitron. (a) Quando um próton sofre decaimento beta transformando-se num nêutron, que partı́cula é
emitida? (b) Quando um nêutron sofre decaimento be- E 23-41
ta transformando-se num próton, qual das partı́culas é
(a) Combine as quantidades , e para formar uma
emitida?
grandeza com dimensão de comprimento. (Sugestão:
(a) Como existe conservação de carga no decaimento, combine o “tempo de Planck” com a velocidade da luz,
a partı́cula emitida precisa ser um pósitron.
conforme Exemplo 23-7.) (b) Calcule este “comprimen(b) Analogamente, a partı́cula emitida é um elétron.
to de Planck” numéricamente.
§
http://www.if.ufrgs.br/ jgallas
Ì
ê
Página 10 de 34
LISTA 1 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS
11 de Dezembro de 2004, às 17:11
§
Ì
§
ê
(a) Usando-se o Apêndice A, fica fácil ver que as três (a) Combine as grandezas ,
e para formar uma
contantes dadas tem as seguintes dimensões:
grandeza com dimensão de massa. Não inclua nenhum
fator adimensional. (Sugestão: Considere as unidades
kg
e como é mostrado no Exemplo 23-7.) (b) Calcule esta “massa de Planck” numericamente.
A resposta pode ser encontrada fazendo-se uma
[ ]
análise dimensional das constantes dadas e de funções
kg
simples obtidas a partir delas:
Ì
Íë ¬
Î ì Kv§ í îØc«ºg¿Ø
Ø
g g=:
Ø y
g [ê ] §
Ø
Í
ë
Í
Portanto, o produto
Î § Î não contém kg:
Íë Í g ¯ Î Î Ø:
Através de divisão do produto acima por uma potência
Í
apropriada de ê § podemos obter eliminar facilmente ou
Î ou seja,
g ou Ø do produto,
Íë Í
g Ø
Í êÎ § ¯ Î Ø : ¯ g ¯ ¯ PØ y
Î
Íë Í
g Ø!:
Í êÎ : Î § Ø : ¯ g : Fg Î
ë iê:.
Portanto ï Planck /¢
ë (b) O valor numérico pedido é, uma vez que
§
iÌ O K # ,
W
ï Planck Ì K ê : . Q9,- ?A: ¯ m P 23-42
http://www.if.ufrgs.br/ jgallas
Ìy
ê
g
W
Planck
W ë§
ê
Q9 Q;K ,- ?AU :[ e;,- Á
Q9 Q ,- ? %%
9 U ! ?AÁ kg Pode-se verificar que esta resposta está correta fazendose agora o ‘inverso’ da análise dimensional que foi usada para estabelece-la, usando-se o conveniente resumo
dado no Apêndice A:
§
Íë Íê
ÍÎ Î Î
îeØ Ü ð
ðÜ 5
( kg
g kg Ø
Ø kg
.î Ø g kg
P

«
g
g Ø kg kg g Portanto, extraindo-se a raiz quadrada deste radicando
vemos que, realmente, a combinação das constantes acima tem dimensão de massa.
Ì
ë
E se usassemos em vez de ?... Em outras palavras,
qual das duas constantes devemos tomar?
Página 11 de 34
LISTA 1 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS
11 de Dezembro de 2004, às 17:11
24 Campo Elétrico
Sem atrito, na situação inicial mostrada na Figura 2417a, o movimento do dipolo elétrico será periódico e
oscilatório em torno do eixo e em torno da posição de
alinhamento de com .
Þó
24.1 Questões
òó
Q 24-3 extra.
Uma bola carregada positivamente está suspensa por um
Q 24-2. Usamos uma carga teste positiva para estudar longo fio de seda. Desejamos determinar num ponto
os campos elétricos. Poderı́amos ter usado uma carga situado no mesmo plano horizontal da bola. Para isso,
negativa? Porque?
colocamos uma carga de prova positiva
neste ponto
e
medimos
.
A
razão
será
menor,
igual ou
Não. Tal uso seria extremamente anti-natural e inconmaior
do
que
no
ponto
em
questão?
veniente pois, para começar, terı́amos o e apontan-
ò
ñ
p
iI3
ò
I3
iI3
do em direções diferentes.
Quando a carga de prova é colocada no ponto em
Tecnicamente, poderı́amos usar cargas negativas sim. questão, ela repele a bola que atinge o equilı́brio numa
Mas isto nos obrigaria a reformular vários conceitos e posição em que o fio de suspensão fica numa direção
ligeiramente afastada da vertical. Portanto, a distância
ferramentas utilizadas na eletrostática.
entre o centro da esfera e a carga de prova passa a ser
Q 24-3.
maior que do que a distância antes do equilı́brio. Donde
se conclui que o campo elétrico no ponto considerado
As linhas de força de um campo elétrico nunca se cru(antes de colocar a carga de prova) é maior do que o
zam. Por quê?
valor
medido por meio da referida carga de prova.
Se as linhas de força pudessem se cruzar, nos pontos
de cruzamento terı́amos duas tangentes diferentes, uma
para cada linha que se cruza. Em outras palavras, em
tal ponto do espaço terı́amos dois valores diferentes do
campo elétrico, o que é absurdo.
iI
24.2 Problemas e Exercı́cios
Q 24-5.
I
g
24.2.1 Linhas de campo elétrico
Uma carga puntiforme de massa é colocada em repouso num campo não uniforme. Será que ela seguirá,
necessariamente, a linha de força que passa pelo ponto E 24-3.
em que foi abandonada?
Três cargas estão dispostas num triângulo equilátero, coNão. A força elétrica sempre coincidirá com a direção mo mostra a Fig. 24-22. Esboce as linhas de força devidas às cargas
e
e, a partir delas, determine
tangente à linha de força.
, deviA força elétrica, em cada ponto onde se encontra a car- a direção e o sentido da força que atua sobre
ga, é dada por
, onde é o vetor campo elétrico no do à presença das outras duas cargas. (Sugestão: Veja a
ponto onde se encontra a carga. Como a carga parte do Fig. 24-5)
repouso, a direção de sua aceleração inicial é dada pela
Chamando-se de de
e
as forças na carga
direção do campo elétrico no ponto inicial. Se o campo devidas às cargas
e
, respectivamente, podemos
elétrico for uniforme (ou radial), a trajetória da carga de- ver que, em módulo,
pois as distâncias bem cove coincidir com a direção da linha de força. Entretanto, mo o produto das cargas (em módulo) são os mesmos.
para um campo elétrico não uniforme (nem radial), a
trajetória da carga não precisa coincidir necessariamente com a direção da linha de força. Sempre coincidirá,
porém, com a direção tangente à linha de força.
As componentes verticais de
e
se cancelam. As
¤
IÂò
S¤
<I
ò
¤
% }
S¤
% *}
% P
^c~
%
<I
I¤ h
componentes horizontais se reforçam, apontando da esquerda para a direita. Portanto a força resultante é horizontal
com módulo igual a
Um dipolo elétrico é colocado em repouso em um campo elétrico uniforme, como nos mostra a Figura 24-17a,
pg. 30, sendo solto a seguir. Discuta seu movimento.
Q 24-20.
K
K
* % X¼ ½\¾ ; 
¼$½¾ ; P~ I ¤ h
http://www.if.ufrgs.br/ jgallas
Página 12 de 34
LISTA 1 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS
11 de Dezembro de 2004, às 17:11
C#$OG #
9 +,- "
CG Q,- ? %% C E 24-5.
Esboce qualitativamente as linhas do campo elétrico para um disco circular fino, de raio , uniformemente carregado. (Sugestão: Considere como casos limites pon- E 24-10.
tos muito próximos ao disco, onde o campo elétrico é
C
perpendicular à superfı́cie, e pontos muito afastados do Duas cargas puntiformes de módulos
C
estão
separadas
por
uma
distância
e
disco, onde o campo elétrico é igual ao de uma carga
de cm. (a) Qual o módulo do campo elétrico que capuntiforme.)
da carga produz no local da outra? (b) Que força elétrica
Em pontos muito próximos da superfı́cie do disco, pa- atua sobre cada uma delas?
ra distâncias muito menores do que o raio do disco, as
(a) O módulo do campo sobre cada carga é diferente,
linhas de força são semelhantes às linhas de força de um
pois o valor da carga é diferente em cada ponto.
plano infinito com uma distribuição de cargas uniforme.
Como a carga total do disco é finita, a uma distância
muito grande do disco, as linhas de força tendem a se
confundir com as linhas de força de uma carga puntiN/C
forme . Na figura abaixo, esboçamos apenas as linhas
de força da parte superior do disco e consideramos uma
distribuição de cargas positivas.
ô
I % c9 é!G?Hf
I P
C,-9?AÁ
ô
¤
ò % P
~ N I % ¤
òSSP~ N$I -G?Hf
,- " # G ,
# DC+,- ¯
y
-G?HÁ
,- " # 9 DC ,
# 9DC;,- ¯ N/C (b) O módulo da força sobre cada carga é o mesmo. Pela
lei de Newton (ação e reação):
e,
portanto,
ó % Z
^ó %
;\õ
% S c} % P
I % ò
I$$ò %
9DC,- ?HÁ #X8DC+,-¯!#
+,- ? N 24.2.2 O campo elétrico criado por uma carga punNote que como não sabemos os sinais das cargas, não
tiforme
podemos determinar o sentido dos vetores.
E 24-7.
E 24-11.
Qual deve ser o módulo de uma carga puntiforme esco- Duas cargas iguais e de sinais opostos (de módulo
lhida de modo a criar um campo elétrico de
N/C em
C) são mantidas a uma distância de
cm
pontos a m de distância?
uma da outra. (a) Quais são o módulo, a direção e o
sentido de E no ponto situado a meia distância entre as
Da definição de campo elétrico, Eq. 24-3, sabemos
cargas? (b) Que força (módulo, direção e sentido) atuaque
. Portanto,
ria sobre um elétron colocado nesse ponto?
òT{¤ i JKML 3 N #
¤/ JKML 3 #)ò N Tn,- ? %)3c9n
9 E!G?Af
nC
E 24-9.
I T
ò cI i J KHj 3 N #
Il JKHj 3 N ò
Como a magnitude do campo elétrico produzido por
uma carga puntiforme é
, temos que
http://www.if.ufrgs.br/ jgallas
!C
(a) Como o módulo das cargas é o mesmo, estando elas igualmente distantes do ponto em questão, o
módulo do campo devido a cada carga é o mesmo.
ò % P
ò ~ O
I
i # ! " # G 9n! C i ! G# ?H f
; ,- ¯ N/C Página 13 de 34
LISTA 1 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS
11 de Dezembro de 2004, às 17:11
©Hö)÷
Para que o campo se anule, devemos ter
Portanto, o campo total é
Pò % 
ò<P9O;9D+,!¯$#bcQ9 J !¯
na direção da carga negativa I .
ò
N/C
I$ I% 
 
,V# y
A raiz fı́sica (das duas raı́zes possı́veis) é obtida
(b) Como o elétron tem carga negativa, a força sobre ele considerando-se a raiz quadrada positiva de ambos latem sentido oposto ao do campo. O módulo da força é
dos da equação acima. Isto fornece-nos
I
©Aö8÷
I
ò
ò >ò #
8 Q !% ? % " #$Q J ,-¯ N, #
,- ? % : N
elétron
elétron
no sentido da carga positiva.
E 24-12.
Como a carga está uniformemente distribuida na esfera, o campo elétrico na superfı́cie é o mesmo que que
terı́amos se a carga estivesse toda no centro. Isto é, a
magnitude do campo é
ò JKHj I ô y
3
I
m I%
m I$

 
\# Resolvendo agora para  obtemos
m
m
Eºu m I I$ m I w u m J I
%
%
u <

`
ô
onde é a magnitude da carga total e é o raio da esfera.
O ponto
A magnitude da carga total é , de modo que
øS
ò
JKHjøS ô 3
Ox !"$#$J J X# 8 Q !G? % "$#
Q Q ,- ? % ¯
U
; ! % N/C P 24-17.
I

I%
I%
I
I
ù
ù
I$ e I %
cm à direita de
I%.
representam as magnitudes das cargas.
<I
ù
I
ù
<I
I
òP~
I% íy
òT JKH j ì  I$ 
,
V# 3
http://www.if.ufrgs.br/ jgallas
cm
A soma dos campos devidos as duas cargas
é nula pois no ponto os campos tem módulos coincidentes porém sentidos opostos. Assim sendo, o campo resultante em deve-se unica e exclusivamente à carga
, perpendicular à diagonal que passa pelas duas cargas
, apontado para ‘fora’ da carga
. O módulo
do campo é
ù
onde
-
#
ù
I-
I%
C
está a
cm
Determine o módulo, a direção e o sentido do campo
elétrico no ponto da Fig. 24-30.
I$ I %
I%
I$
ù
9O9DC
P 24-21.
Desenhe sobre uma linha reta dois pontos,
e ,
separados por uma distância , com à esquerda de .
Para pontos entre as duas cargas os campos elétricos individuais apontam na mesma direção não podendo, portanto, cancelarem-se. A carga tem maior magnitude
que , de modo que um ponto onde o campo seja nulo
deve estar mais perto de do que de . Portanto, deve
estar localizado à direita de , digamos em ponto .
Escolhendo como a origem do sistema de coordenadas, chame de a distância de até o ponto , o ponto
onde o campo anula-se. Com estas variáveis, a magnitude total do campo elétrico em é dada por
JI
%
m I%w
w
I P~
õ$ú # JI
I
MK L 3 h
h
P 24-22
Página 14 de 34
LISTA 1 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS
11 de Dezembro de 2004, às 17:11
Qual o módulo, a direção e o sentido do campo elétrico O ângulo que tal campo faz com o eixo dos
no centro do quadrado da Fig. 24-31, sabendo que
Ce
cm.
,-G?HÁ
I
h cC
´ µo¶· ? % ò 
Sò 
µo¶· ö ? %)!#
JC 
é
Tal ângulo aponta do centro do quadrado para cima, dirigido para o centro do lado superior do quadrado.
Escolhamos um sistema de coordenadas no qual o ei- 24.2.3 O campo criado por um dipolo elétrico
xo passe pelas cargas
e
, e o eixo passe pelas
cargas e .
E 24-23.
No centro do quadrado, os campos produzidos pelas
cargas negativas estão ambos sobre o eixo , e ca- Determine o momento de dipolo elétrico constituı́do por
da um deles aponta do centro em direção a carga que um elétron e um próton separados por uma distância de
lhe da origem. Como cada carga esta a uma distância
nm.
do centro, o campo lı́quido resulO módulo da carga das duas partı́culas é
tante devidos as duas cargas negativas é
C. Portanto, temos aqui um belo exemplo de
exercı́cio de multiplicação:

I SI
I I


 h m i h i m JKH j ì iI I i í
3 h
h
JKHj I
i
3 h ,- " # +\C,\# - i Á ò  U n-,- [
J ;
!G? % "
I=º QE
) Q,- ? % " #X J ;,- ?A" #
Q9 ! ? Á C m Þ PIÂ E 24-25
Na Fig. 24-8, suponha que ambas as cargas sejam positivas. Mostre que no ponto , considerando
, é
No centro do quadrado, os campos produzidos pelas car- dado por:
gas positivas estão ambos sobre o eixo , apontando do
centro para fora, afastando-se da carga que lhe da origem. O campo lı́quido produzido no centro pelas cargas
Usando o princı́pio de superposição e dois termos da
positivas é
expansão
N/C
ò

JKH j ì iI I i í
3 h
h
I
JKHj i U n-3 h ! [ N/C ò
Portanto, a magnitude do campo é
+,- ¯
 ò  >
ò 
¢ 9 U ! ! [ # ò
N/C
http://www.if.ufrgs.br/ jgallas
ù
ûüè
òT JKM L û I 3
8ÐZH# ? Y r ZÂ+>; : J  [ *-$Xy
válida quando  } ± , obtemos
ò JKM L ì OûB
I i # û<I i # í
3 I
JKML û ì6ý8r
û}þ ? TýÐ ûþ ? í
3
JKM L û I ìXu r
)
û #*-$ w
3
ur
 û #*-$ w í
JKM L û I 3
Página 15 de 34
LISTA 1 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS
11 de Dezembro de 2004, às 17:11
O vetor
E 24-26.
ñ
aponta para baixo.
Calcule o campo elétrico (módulo, direção e sentido)
24-27
devido a um dipolo elétrico em um ponto localizado
a uma distância
sobre a mediatriz do segmento Quadrupolo elétrico. A figura abaixo mostra um quaque une as cargas (Figura 24-32). Expresse sua resposta drupolo elétrico tı́pico.
em termos de momento de dipolo p.
ù
ûdüÿ
Obtém-se o campo
se vetorialmente
òó
resultante no ponto
ù
somando-
òó òó Ú òó ? T
A magnitude dos vetores é dada por:
Ele é constituı́do por dois dipolos cujos efeitos em pontos externos não chegam a se anular completamente.
Mostre que o valor de no eixo do quadrupolo, para
pontos a uma distância do seu centro (supor
), é
As soma das componentes sobre a mediatriz se candado por:
celam enquanto as componentes perpendiculares a ela
somam-se. Portanto, chamando-se o ângulo entre o
eixo do dipolo e a direção de
(ou de
), segue
I J ò Ú Pò ? *~ N 
i
ñ Ú
òTPò Ú ¼X½\¾G´9y
onde, da figura,
¼$½¾G´
´
ñ ?
¤xcIÂ #
i J ¢ N > i
Com isto segue
I J
i J
~ N >
i
N
¢ > i
~ N IÂ i J # : ¹ N ~ # : ¹ Í Ð> i IÂ J N # : ¹ Î
N ü , podemos desComo o problema nos
diz
que
i J N # no último denominador acima,
prezar o termo ò
û
òT JKM;L ¤ û [ y
3
ù
Oûx
sV# ûPV#
A distância entre o ponto e as duas cargas positivas
são dadas por
e
. A distância entre
e as cargas negativas são iguais a . De acordo com o
princı́pio de superposição, encontramos:
ò
ù
û
JKMI L ì ûB
 \# û> \# 3
JKML I û ì )r
 i û\# 8 Ð 3
I í
û
i ûV# Zí
Expandindo em série como feito no livro-texto, para o
caso do dipolo [ver Apêndice G],
8ÐZH# ? Y r
ZÂ+>; : J  [ *-$Xy
obtendo para o módulo do campo o valor
 } ± , obtemos
JKML I û ì6ýÐ û ;û P
$- þ
3
=ý)r
û ; û P$- þ ZíGy
válida quando
 v`0IÂ , uma vez ò
Em termos do momento de dipolo
que e tem sentidos opostos, temos
ñ
ûü onde
é chamado de momento de quadrupolo
da distribuição de cargas.
òTP~ ÂIN : ò
ñÀ
~ N : http://www.if.ufrgs.br/ jgallas
Página 16 de 34
LISTA 1 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS
11 de Dezembro de 2004, às 17:11
û P
eI i
û
JKML 3 ô :-#
de onde se conclui que, considerando-se os termos até a direção ao ponto de equilı́brio
. Além disto, a
segunda ordem, inclusive, temos
magnitude da força é proporcional a , com uma contante de proporcionalidade
, como se
o elétron estivesse conectado a uma mola. Ao longo
do eixo, portanto, o elétron move-se num movimento
harmônico simples, com uma freqüência angular dada
onde o momento de quadrupolo é definido como
por (reveja o Cap. 14, caso necessário)
IÂ òT JKML I û ì Q û í J KM;\L ¤ û [ y
3
3
¤Ï
Em contraste com a derivação apresentada no livrotexto, observe que aqui foi necessário usarmos o termo quadrático na expansão em série, uma vez que a
onde
contribuição devida ao termo linear era nula.
g
W
W
g JKML geI ô : y
3
representa a massa do elétron.
P 24-31.
24.2.4 O campo criado por uma linha de cargas
<I
ô
P 24-30.
Um elétron tem seu movimento restrito ao eixo do anel
de cargas de raio discutido na seção 24-6. Mostre que
a força eletrostática sobre o elétron pode fazê-lo oscilar
através do centro do anel, com uma freqüência angular
dada por:
ô
Na Fig. 24-34, duas barras finas de plástico, uma de carga
e a outra de carga , formam um cı́rculo de raio
num plano . Um eixo passa pelos pontos que
unem as duas barras e a carga em cada uma delas está
uniformemente distribuı́da. Qual o módulo, a direção
e o sentido do campo elétrico
criado no centro do
cı́rculo?
Por simetria, cada uma das barras produz o mesmo
que aponta no eixo
no centro do
campo elétrico
cı́rculo. Portanto o campo total é dado por
W
I JKML !ge
3 ô :
ñ
ûô

JKM¼X½\L ¾Gô ´ \I
Ú
¹ 3 ¼X½\¾G´ ÂI ô,´

JKML K ô
? ¹ J I 3 ô
u JKML K ô w 
3
ñccò 3 Ó
 û
sitiva, o campo aponta para cima na parte superior do
anel e para baixo na parte inferior do anel. Se tomarmos a direção para cima como sendo a direção positiva,
então a força que atua num elétron sobre o eixo do anel
é dada por

ñ
Como visto no livro-texto, a magnitude do campo
elétrico num ponto localizado sobre o eixo de um anel
homogeneamente carregado, a uma distância do centro do anel, é dado por (Eq. 24-19):
ò JKML O ô ÂI û 
y
3 û #:¹
onde I é a carga sobre o anel e ô é o raio do anel.
Para que possa haver oscilação a carga I sobre o anel
deve ser necessariamente positiva. Para uma carga I po-
I


P 24-32.
N
Uma barra fina de vidro é encurvada na forma de um
semicı́rculo de raio . Uma carga
está distribuı́da
uniformemente ao longo da metade superior, e uma car, distribuı́da uniformemente ao longo da metade
ga
inferior, como mostra a Fig. 24-35. Determine o campo
elétrico E no ponto , o centro do semicı́rculo.
¤
S¤
ù
û
.T
}ò.T
JKML O ô IÂ
y
3 û #:¹
onde representa a magnitude da carga do elétron.
Para oscilações de pequena amplitude, para as quais vale
, podemos desprezar no denominador da
expressão da força, obtendo então, nesta aproximação,
û
.
JKML I ô : ûzT
éû
3
Desta expressão reconhecemos ser a força sobre o
elétron uma força restauradora: ela puxa o elétron em
http://www.if.ufrgs.br/ jgallas
Para a metade superior:
\ò Ú *~ \N I c
~ N ï
Página 17 de 34
LISTA 1 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS
i O K N i J b# À¤ i K N # e ï N ´ . PortanÀ
¤
N
ò Ú c~ K ¤ N N ´ P ~ K N ¤ ´
O módulo da componente ñ<Ú do campo total é, portan-
onde
to
to,
ò Ú \ò  Ú
Analogamente,
ò Ú ò  Ú
Ú ¼$½¾G´
¹
¼X½¾9´´
3
ì sen ´Âí ¹
3
ò
K ~ ¤
N
K ~ ¤
N
K ~ ¤
N
11 de Dezembro de 2004, às 17:11
òó òó Ú òó ?
T
Portanto, o módulo do campo total
ta para baixo e tem magnitude dada por
ò
apon-
 ò >ò ?
m ò Ú
m ò Ú
?
m ¡u m K ~ N ¤
w
J ~,¤
KN Conclusão: Termina mais rápido (e com menos erro!)
quem estiver familiarizado com a exploração das simetrias. Isto requer treino...
P 24-35.
\ò
K ~ ¤
N
K ~ ¤
N
K ~ ¤
N
Ú
sen
¹
´
sen ´&´
3
1ì ,¼$½¾G´í ¹
3
Na Fig. 24-38, uma barra não-condutora “semi-infinita”
possui uma carga por unidade de comprimento, de valor
constante . Mostre que o campo elétrico no ponto
forma um ângulo de
com a barra e que este ângulo
é independente da distância .
JC
ö
ù
ô
Usando argumentos de simetria: Usando a simetria do
problema vemos facilmente que as componentes horizontais cancelam-se enquanto que as verticais reforçamse. Assim sendo, o módulo do campo total é simplesmente
J
òcò  K ~ N ¤
com o vetor correspondente apontando para baixo.
Usando ‘força-bruta’: Podemos obter o mesmo resultado sem usar a simetria fazendo os cálculos. Mas temos
que trabalhar bem mais (perder mais tempo durante a
prova!!). Veja só:
Tendo encontrado que
, vemos que o
módulo do campo
devido às cargas positivas é dado
por
ò=Tò (
ò Ú
ò Ú ö  ò  
ò  m K ~,N ¤
J
formando C com o eixo dos  .
Para a metade inferior o cálculo é semelhante. O resultado final é
 ò ó ? Ò ò ó Ú  m K ~ N ¤ ö
ö
ö
ó
O campo ò
forma com o eixo dos  um ângulo de
& J C ? #b
B!;C .
http://www.if.ufrgs.br/ jgallas

Considere um segmento infinitesimal
da barra, localizado a uma distância a partir da extremidade esquerda da barra, como indicado na figura acima. Tal
segmento contém uma carga
e está a uma
distância do ponto . A magnitude do campo que
produz no ponto é dada por
N

ù
ù
I*

\I
\òT JKM L N  3
Chamando-se de ´ o ângulo entre ô e N , a componente
horizontal  do campo é dada por
òT
JKM L N  sen ´9y
3
enquanto que a componente vertical  é
\ò&
JKM L N  ¼$½¾G´
3
Página 18 de 34
LISTA 1 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS
11 de Dezembro de 2004, às 17:11
û
Os sinais negativos em ambas expressões indicam os uma distância acima do centro do disco, é dado por
sentidos negativos de ambas as componentes em relação (Eq. 24-27)
ao ponto de origem, escolhido como sendo a extremidade esquerda da barra.
Vamos usar aqui o ângulo
como variável de
integração. Para tanto, da figura, vemos que
onde é o raio do disco e a sua densidade superficial
de carga. No centro do disco (
) a magnitude do
.
campo
é
sen
O problema pede para determinar o valor de tal que
tenhamos
, ou seja, tal que
e, portanto, que
´
¼$½¾G´ ô N y
´&  N y
=Pô µo¶· 9´ y
EPô¬¾-¼ ´B´+cô X¼ ½\¾ ´ ´9
Ki
Os limites de integração vão de até . Portanto
ò  ¹ \ò  JKML ô ¹ sen ´´
3 3
3
JKML ô ¼$½¾G´ ¹
3
3
JKML ô y
3
òv i O L 3 #
ò i òkT i û,¿
û
y
r
m ô û 
û
ou, equivalentemente,
û
m ô >
û i J /û i J , isto é
Desta expressão obtemos û ô ûÀ<ô i m ; .
Observe que existem duas soluções possı́veis: uma ‘acima’, outra ‘abaixo’ do plano do disco de plástico.
24.2.6 Carga puntiforme num campo elétrico
e, analogamente,
E 24-39.
JKML ô ¹ ¼$½¾G´&´
3 3
3
Um elétron é solto a partir do repouso, num campo
JKML ô sen ´ ¹
elétrico uniforme de módulo G -[ N/C. Calcule a
3
sua aceleração (ignore a gravidade).
3
O módulo de tal aceleração é fornecido pela segunda
JKML ô lei de Newton:
3
Destes resultados vemos que òS ¿ò , sempre, qual IÂò
ö
quer que seja o valor de ô . Além
disto, como as duas
h g g *;9DCG,- % ¯ m/s componentes tem a mesma magnitude, o campo resulJ
tante ñ faz um ângulo de C com o eixo negativo dos
E 24-43.
 , para todos os valores de ô .
ò  ¹
ò
ô
ò/ L ìOr
m ô û 
û íGy
3
 Um conjunto de nuvens carregadas produz um campo elétrico no ar próximo à superfı́cie da Terra. Uma
24.2.5 O campo elétrico criado por um disco carre- partı́cula de carga
C, colocada neste camgado
po, fica sujeita a uma força eletrostática de
N apontando para baixo. (a) Qual o módulo do campo elétrico? (b) Qual o módulo, a direção e o sentido
P 24-38.
da força elétrostática exercida sobre um próton colocado
neste campo? (c) Qual a força gravitacional sobre o
A que distância, ao longo do eixo central de um disco de
próton?
(d) Qual a razão entre a força elétrica e a força
plástico de raio , uniformemente carregado, o módulo
gravitacional,
nesse caso?
do campo elétrico é igual à metade do seu valor no centro da superfı́cie do disco?
(a) Usando a Eq. 24-3 obtemos para o módulo de :
S9 ,-9?A"
ô
A magnitude do campo elétrico num ponto situado
sobre o eixo de um disco uniformemente carregado, a
http://www.if.ufrgs.br/ jgallas
;9 >-G?H@
-9?A@
òT I ;G ,
! ?A"
ñ
N
C
.C
N/C
Página 19 de 34
LISTA 1 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS
A força aponta para baixo e a carga é negativa. Logo, o
campo aponta de baixo para cima.
(b) O módulo da força eletrostética
exercida sobre o
próton é
11 de Dezembro de 2004, às 17:11
E 24-46.
Uma arma de defesa que está sendo considerado pela Iniciativa de Defesa Estratégica (“Guerra nas Estrelas”) usa feixes de partı́culas. Por exemplo, um feixe
de prótons, atingindo um mı́ssil inimigo, poderia inuN
tilizá-lo. Tais feixes podem ser produzidos em “caComo o próton tem carga positiva, a força sobre ele terá nhões”, utilizando-se campos elétricos para acelerar as
partı́culas carregadas. (a) Que aceleração sofreria um
a mesma direção do campo: de baixo para cima.
próton se o campo elétrico no canhão fosse de
(c) A força gravitacional exercida sobre o próton é
N/C. (b) Que velocidade o próton atingiria se o campo
atuasse durante uma distância de cm?
P
IÂòT{G J ,- ? % @ 9 -[
Pg¸ ) Q J U ,- ? f #$9 #
Q ,- ? @ N y
(a) Usando a segunda lei de Newton encontramos:
ò
h g g T +,- %
apontando de cima para baixo.
m/s
(d) A razão entre as magnitudes das forças elétrica e gra(b) Usando a Eq. 15 do Cap. 2, encontramos:
vitacional é
J
T Q ! %)3 do próton pode ser vemos que o peso ¢ h x
 3 #bT-Q
km/s
Portanto,
É preciso lembrar-se das fórmulas aprendidas no curcompletamente ignorado em comparação com a força
so de Mecânica Clássica (Fı́sica I).
elétrostática exercida sobre o próton.
E 24-47.
E 24-45.
CG F-Á
,c-:
Um elétron com uma velocidade escalar de
cm/s entra num campo elétrico de módulo
N/C, movendo-se paralelamente ao campo no sentido
que retarda seu movimento. (a) Que distância o elétron
percorrerá no campo antes de alcançar (momentaneamente) o repouso? (b) Quanto tempo levará para isso?
(a) Usando a lei de Newton obtemos para o módulo (c) Se, em vez disso, a região do campo se estendesse
somente por mm (distância muito pequena para pada aceleração:
rar o elétron), que fração da energia cinética inicial do
elétron seria perdida nessa região?
J F!@
(a) Qual é a aceleração de um elétron num campo
elétrico uniforme de
N/C? (b) Quanto tempo leva para o elétron, partindo do repouso, atingir um
décimo da velocidade da luz? (c) Que distância ele percorre? Suponha válida a mecânica Newtoniana.
J
ò
8 Q !G? % "$#$) ,-@-#
h g g 9nB ! ?H: %
(a) Primeiro, calculemos a aceleração do elétron deJ
vida ao campo:
9 Q+,- % f m/s (b) Partindo-se do repouso (i.e. com P ) e usando a
3
gò ) Q,- B? ,% " -#X )?A :% ,- : #
h
equação _ obtemos facilmente que
3 h
U Q !\% [ m/s i -
i -
ê
;
!
Á
_`
9 J Q+,- % f
h
Portanto, usando o fato que ! P d
s # e
3
3 h
definindo +P
, temos, para a distância viajada:
 ! ?A" s 3
(c) A distância percorrida é
3 ra)CG U Q !!@$ # % [ # U + ! ? m h
h _ OG J Q,- % f #X+,- ?H" # (b) Usando o fato que 3 h _ e que x* , temos
; ! ?A: m _` 3 CG U Q !! @ % [ { J ,- ?A" s h
http://www.if.ufrgs.br/ jgallas
Página 20 de 34
LISTA 1 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS
11 de Dezembro de 2004, às 17:11
" 3
(c) Basta determinar a velocidade do elétron quando o e, portanto,
campo terminar. Para tanto, usamos
,
onde
m é a extensão do campo.
* h Õ
ÕÒ*,-9?A:
 Õ
3 h
OCG ,- @ # Z
r8 U Q+ ! % [ #XO ! ?H: #
GD+- % m/s Ô¡ I \ QQ+ !!G? ? % " % " CC cC9y
ou seja, IBcC .
P 24-54.
Portanto, a fração da energia cinética perdida é dada por
~º
Z~ 3 #
3 GDS
ZC T
9n
~ 3
3
C
ou seja, perde DÛ da sua energia cinética.
Duas grandes placas de cobre, paralelas, estão separadas
por cm e entre elas existe um campo elétrico uniforme
como é mostrado na Fig. 24-39. Um elétron é liberado da placa negativa ao mesmo tempo que um próton é
liberado da placa positiva. Despreze a força que existe
Se voce gosta de trabalhar mais, pode calcular as ener- entre as partı́culas e determine a distância de cada uma
gias explicitamente e determinar o mesmo percentual.
delas até a placa positiva no momento em que elas pasA energia cinética perdida é dada por
sam uma pela outra. (não é preciso conhecer o módulo
do campo elétrico para resolver este problema. Isso lhe
causa alguma surpresa?)
~ g$% C
~
O9nB ! ?H: % #$OGD ! % #
<,- ? % f J A energia cinética inicial ~
3 era
~ 3 g$% 3 O9nB ! ?A: % #$OC9 ,- @ # Pò i g
,
h
+
i
ò
h &Ãg !ò g g$ +
+
A aceleração do próton é
e a aceleração
do elétron é
, onde é a magnitude do
campo elétrico e
e
representam as massas do
próton e do elétron, respectivamente.
Consideremos a origem de referência como sendo na
posição inicial do próton na placa à esquerda. Assim
J
sendo, a coordenada do próton num instante qualquer
é dada por
enquanto que a coordenada
do
elétron
é
. As partı́culas pasE 24-49.
sam uma pela outra quando suas coordenadas coinciNa experiência de Milikan, uma gota de raio
m e dem,
, ou seja, quando
.
de densidade
g/cm fica suspensa na câmara infe- Isto ocorre quando
, que nos fornece
rior quando o campo elétrico aplicado tem módulo igual
a
N/C. Determine a carga da gota em termos
de .
9 C9
n-; ! ? % f Q J R
:
\<e- ¯
Para a gota estar em equilı́brio é necessário que a
força gravitacional (peso) esteja contrabalançada pela
força eletrostática associada ao campo elétrico, ou seja, é preciso ter-se
, onde é a massa da gota,
é a carga sobre a gota e é a magnitude do campo
elétrico no qual a gota está imersa. A massa da gota é
, onde é seu raio e
dada por
é a sua densidade de massa. Com isto tudo, temos
g¸x*IÂò
I
ò
g '&)( J K i ;\# N :*(
I
gE¸
ò
JK N : (¸
;ò
JK ) Q J ,-9?A@ m#8:OC9
;) \&,- ¯
?
"
%
,- C y
g
(
N
_
 + ,h + _ i i
- .
£ h _ i
i
 + /-
_ c£ i ,h + _ # Ò£Z h 6_ ,h + h
h + £
+ h+ h i
!ò i g ò g +ò i g £
+
g
g g £
+ <,-9?A: %
9n ! ?H: % P Q U ,- ? f O9 C m#
G UU ,- ? ¯ m
G ,- ?A: cm Portanto, enquanto o elétron percorre os C cm entre as
placas, o próton mal conseguiu mover-se!
kg/m
N/C
#
:$#$ http://www.if.ufrgs.br/ jgallas
m/s
#
P 24-55.
´
(a) Suponha que o pêndulo faça um ângulo com a
vertical. Desenhado-se o diagrama de forças temos
g¸
Página 21 de 34
LISTA 1 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS
11 de Dezembro de 2004, às 17:11
´
ñ
para baixo, a tensão no fio, fazendo um ângulo para
a esquerda do vetor
, que aponta para cima já que a
carga é positiva.
Consideremos o ângulo assim definido como sendo positivo. Então o torque sobre a esfera em torno do ponto
onde o fio esta amarrado à placa superior é
rx!:
Na Fig. 24-41, um campo elétrico , de módulo
N/C, apontando para cima, é estabelecido entre duas
placas horizontais, carregando-se a placa inferior positivamente e a placa superior negativamente. As placas
têm comprimento
cm e separação
cm.
Um elétron é, então, lançado entre as placas a partir da
extremidade esquerda da placa inferior. A velocidade
sen
m/s. (a) Atingirá o
inicial tem um módulo de
elétron uma das placas? (b) Sendo assim, qual delas e a
Se
, então o torque é um torque restaurador: que distância horizontal a partir da extremidade esquerele tende a empurrar o pêndulo de volta a sua posição de da?
equilı́brio.
Se a amplitude de oscilação é pequena, sen pode ser
Considere a origem como sendo o ponto em que o
substituido por em radianos, sendo então o torque da- elétron é projetado para o interior do campo. Seja
o
do por
eixo horizontal e o eixo vertical indicado na Fig. ???36. Oriente
da esquerda para a direita e
de baixo
para cima, como a carga do elétron é negativa, a força
elétrica está orientada de cima para baixo (no sentido
O torque é proporcional ao deslocamento angular e o
oposto ao sentido do campo elétrico). A aceleração do
pêndulo move-se num movimento harmônico simples.
elétron é dada por
Sua freqüência angular é
IÂò
.
&g¸
IÂò#4ï
£ è-
´9
QE-@
g¸  IÂò
´
´
.

&g¸+
,IÂò#4ïX´9
¢ gE¸
IÂò#ï i y
>0
Pgï 


!ò
h g g c;9DCG!;,- % [
m/s
onde é o momento de inércia rotacional do pêndulo. Para saber se o elétron atinge ou não a placa superior,
Como para um pêndulo simples sabemos que
, devemos calcular inicialmente o tempo necessário pasegue que
ra que ele atinja a altura
m da placa superior.
Podemos escrever a seguinte relação:
W
gE¸
,IÂò+#ï
gEï W
¸
,IÂò i g
ï
e o perı́odo é
K
»P {
K0/ ¸ IÂï ò i g IÂò  gE¸ o torque não é restaurador e o
Quando
pêndulo não oscila.
(b) A força do campo elétrico está agora para baixo e o
torque sobre o pêndulo é
.
T
&gE¸<IÂò+#ïX´
se o deslocamento for pequeno. O perı́odo de oscilação
é
»*{ K0/ ¸IÂï ò i g T \
_
´#4_ h _ J
J J >-@
Temos: sen ´ ÏOQ9 =>-@$# sen C 3 3
m/s. Substituindo os valores adequados na relação anterior e resolvendo a equação do segundo grau em _ , en1 3
sen
contramos:
_ % *Q J ! ?H" s e _ UUJ ,- ?HÁ s O menor valor de _ é o que nos interessa (o outro corresponde ao trecho descendente da trajetória). Neste intervalo de tempo _ o elétron se deslocou uma distância
%
 dada por
=T2 3 ¼X½¾9´#4_ % J J U ! @ #$Q9 J ! ?A" #
9 U m G cm U
Como 9 ± - cm, concluimos que: (a) o elétron
U
atinge a placa superior, e, (b) num ponto situado a 9 cm da extremidade esquerda da placa superior.
P 24-56.
http://www.if.ufrgs.br/ jgallas
Página 22 de 34
LISTA 1 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS
24.2.7 Um dipolo num campo elétrico
11 de Dezembro de 2004, às 17:11
´
Þò
.
é positivo o torque é negativo e vice-versa:
sen .
Quando a amplitude do movimento é pequena, podeP 24-60.
mos substituir sen por em radianos. Neste caso,
. Como a magnitude do torque é proDetermine a freqüência de oscilação de um dipolo
porcional
ao
ângulo
de rotação, o dipolo oscila num
elétrico, de momento de dipolo e momento de inércia
movimento
harmônico
simples, de modo análogo a um
, para pequenas amplitudes de oscilação, em torno de
pêndulo
de
torsão
com
constante de torsão
. A
sua posição de equilı́brio, num campo elétrico uniforme
freqüência
angular
é
dada
por
de módulo .
Þ
Se
.
´
.
Þò
Þ
´
t, Þ ò
ò
´
Þ òB´
t Þò y
A magnitude do torque que atua no dipolo elétrico é
dada por
sen , onde é a magnitude do momento de dipolo,
é a magnitude do campo elétrico onde é o momento de inércia rotacional do dipolo.
e é o ângulo entre o momento de dipolo e o campo Portanto, a freqüência de oscilação é
elétrico.
O torque é sempre ‘restaurador’: ele sempre tende agirar o momento de dipolo em direção ao campo elétrico.
´
ò
´
à K K

http://www.if.ufrgs.br/ jgallas
W Þ
ò
Página 23 de 34
LISTA 1 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS
11 de Dezembro de 2004, às 17:11
25 Lei de Gauss
(c) Não. O fluxo total só depende da carga total no interior da superfı́cie gaussiana considerada. A posição
das cargas não altera o valor do fluxo total através da
superfı́cie gaussiana considerada, desde que o o valor
desta carga total não seja modificado.
25.1 Questões
(d) Sim. Neste caso, como a carga total no interior da superfı́cie gaussiana considerada é nula, o fluxo total será
igual a zero.
Q 25-4.
Considere uma superfı́cie gaussiana envolvendo parte
da distribuição de cargas mostrada na Fig. 25-22. (a)
Qual das cargas contribui para o campo elétrico no ponto ? (b) O valor obtido para o fluxo através da superfı́cie circulada, usando-se apenas os campos elétricos
devidos a e , seria maior, igual ou menor que o valor obtido usando-se o campo total?
ù
I% I
(e) Não. O fluxo total só depende da carga total no interior da superfı́cie gaussiana considerada. Colocando-se
uma segunda carga fora da superfı́cie gaussiana considerada, não ocorrerá nenhuma variação do fluxo total
(que é determinado apenas pelas cargas internas). As
cargas externas produzem um fluxo nulo através da superfı́cie gaussiana considerada.
(f) Sim. Neste caso, como a carga total no interior
da superfı́cie gaussiana considerada passa a ser igual a
, o fluxo total é igual a
.
OI % >I$# i L 3
I % I-
Q 25-7.
Suponha que a carga lı́quida contida em uma superfı́cie
gaussiana seja nula. Podemos concluir da lei de Gauss
que
é igual a zero em todos os pontos sobre a su(a) Todas as cargas contribuem para o campo. Ou se- perfı́cie? É verdadeira a recı́proca, ou seja, se o campo
ja, o campo é devido a todas as cargas. (b) O fluxo total elétrico em todos os pontos sobre a superfı́cie for nué sempre o mesmo. Por estarem fora da gaussiana, as lo, a lei de Gauss requer que a carga lı́quida dentro da
cargas e
não contribuem efetivamente para o flu- superfı́cie seja nula?
xo total uma vez que todo fluxo individual a elas devido
Se a carga total for nula podemos conlcuir que o fluxo
entra porém também sai da superfı́cie.
total sobre a gaussiana é zero mas não podemos concluir
nada sobre o valor de em cada ponto individual da suQ 25-5.
perfı́cie. Para convencer-se disto, estude o campo geraUma carga puntiforme é colocada no centro de uma su- do por um dipolo sobre uma gaussiana que o envolva. O
perfı́cie gaussiana esférica. O valor do fluxo mudará campo sobre a gaussiana não precisa ser homogêneo
se (a) a esfera for substituı́da por um cubo de mesmo para a integral sobre a superfı́cie dar zero.
volume? (b) a superfı́cie for substituida por um cubo de A recı́proca é verdadeira, pois neste caso a integral será
volume dez vezes menor? (c) a carga for afastada do calculada sobre o produto de dois vetores, um dois quais
centro da esfera original, permanecendo, entretanto, no é identicamente nulo sobre toda a gaussiana.
ñ
ñ
I: I[
ñ
3
ñ
seu interior? (d) a carga for removida para fora da esfera
original? (e) uma segunda carga for colocada próxima, Q Extra – 25-8 da terceira edição do livro
e fora, da esfera original? (f) uma segunda carga for Na lei de Gauss,
colocada dentro da superfı́cie gaussiana?
L 54ãñ6879ÃPIVy
(a) Não. O fluxo total só depende da carga total no
interior da superfı́cie gaussiana considerada. A forma
da superfı́cie gaussiana considerada não é relevante.
o campo
ñ
I
é necessariamente devido à carga ?
Não. O fluxo total através da gaussiana depende
(b) Não. O fluxo total só depende da carga total no interior da superfı́cie gaussiana considerada. O volume do excesso de carga (i.e. da carga não-balanceada) neenglobado pela superfı́cie gaussiana considerada não é la contida. O campo elétrico em cada ponto da superfı́cie gaussiana depende de todas as cargas existenrelevante.
ñ
http://www.if.ufrgs.br/ jgallas
Página 24 de 34
LISTA 1 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS
11 de Dezembro de 2004, às 17:11
tes, internas ou não. O que ocorre é que, como demonsUsando a Eq. 9, encontramos o fluxo através da sutrado no Exemplo 25-1 do livro texto, o fluxo total devi- perfı́cie gaussiana fechada considerada (que, no caso
do a qualquer carga externa será sempre zero pois “todo deste exercı́cio, é um cubo):
campo que entra na gaussiana, também irá sair da gaussiana”. Reveja os dois parágrafos abaixo da Eq. 25-8.
:-; ? 4ãñ6$<9
LI
3
+,-9?A@ C
\C,- ? % C /(N m )
9 ;+,- ¯ N m /C 25.2 Problemas e Exercı́cios
25.2.1 Fluxo do campo elétrico
P 25-11.
E 25-2.
;9D
A superfı́cie quadrada da Fig. 25-24, tem
mm de lado. Ela está imersa num campo elétrico uniforme com
N/C. As linhas do campo formam um ângulo
com a normal “apontando para fora”, como é
de
mostrado. Calcular o fluxo através da superfı́cie.
ö
òT!
;\C
Determinou-se, experimentalmente, que o campo elétrico numa certa região da atmosfera terrestre está dirigido verticalmente para baixo. Numa altitude de
m
N/C enquanto que a
o
o campo tem módulo de
campo vale
N/C. Determine a carga lı́quida contida
num cubo de
m de aresta, com as faces horizontais
Em todos os pontos da superfı́cie, o módulo do campo nas altitudes de
e
m. Despreze a curvatura da
elétrico vale
N/C, e o ângulo , entre e a normal Terra.
.
da superfı́cie d , é dado por
Chamemos de a área de uma face do cubo,
a
Note que o fluxo está definido tanto para superfı́cies
a magnitude
abertas quanto fechadas. Seja a superfı́cie como for, a magnitude do campo na face superior e
integral deve ser sempre computada sobre ela. Portanto, na face inferior. Como o campo aponta para baixo, o
fluxo através da face superior é negativo (pois entra no
cubo) enquanto que o fluxo na face inferior é positivo. O
fluxo através das outras faces é zero, de modo que o flu.
xo total através da superfı́cie do cubo é
A carga lı́quida pode agora ser determinada facilmente
com a lei de Gauss:
ö
ö
ö
´
ñ
´+T)- e
;C #k. J C
-
9
:-;
!
!
;
=
ò |
4ãñ6-<9
;
Q
ò ð
3s@=+ò|o
Sò
ò ¼$½¾G´B<=
ò>=d¼X½¾9´
8- N/C#$9 ; m# ¼$½¾ J C 3
!CG N.m /C IB L 3 3
ð#
L =ò | ò ð #
3
O9 J C,- ? % #X8-\# )-<
,Q#
; C J ! ?H@ C
; C R C Note que o objetivo desta questão é relembrar como fazer corretamente um produto escalar: antes de medir o
ângulo entre os vetores é preciso que certificar-se que
ambos estejam aplicados ao mesmo ponto, ou seja, que
ambas flechas partam de um mesmo ponto no espaço (e P 25-13.
não que um vetor parta da ‘ponta’ do outro, como quanUma carga puntiforme é colocada em um dos vértices
do fazemos sua soma).
de um cubo de aresta . Qual é o valor do fluxo através
de cada uma das faces do cubo? (Sugestão: Use a lei de
Gauss e os argumentos de simetria.)
25.2.2 Lei de Gauss
h
I
áBA+ø
Considere um sistema de referência Cartesiano
no espaço, centrado na carga , e sobre tal sistema coloUma carga puntiforme de
C encontra-se no centro que o cubo de modo a ter três de suas arestas alinhadas
de uma superfı́cie gaussiana cúbica de
cm de aresta. com os eixos, indo de
até os pontos
,
Calcule o valor
através desta superfı́cie.
e
.
E 25-7.
3;
<R
CC
http://www.if.ufrgs.br/ jgallas
O9y h yo# yy h #
I
O9yy\#
h yy\#
Página 25 de 34
LISTA 1 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS
áCA ,
á ø A ø
ñ <9
Usando a lei de Gauss: O fluxo elétrico sobre cada uma
das três faces que estão sobre os planos
,
e
é igual a zero pois sobre elas os vetores e
são
ortogonais (i.e. seu produto escalar é nulo).
Como se pode perceber da simetria do problema, o fluxo
elétrico sobre cada uma das três faces restantes é exatamente o mesmo. Portanto, para determinar o fluxo total,
basta calcular o fluxo sobre uma qualquer destas três faces multiplicando-se tal resultado por três. Para tanto,
consideremos a face superior do cubo, paralela ao plano
, e sobre ela um elemento de área
. Para
qualquer ponto sobre esta face o módulo do campo
elétrico é
áBA
<={cA
ù
11 de Dezembro de 2004, às 17:11
3
Devido a simetria, percebemos que o fluxo sobre cada um dos 8 cubos é sempre o mesmo e que, portanto, o
fluxo sobre um cubo vale
3
3s
: total
IL y
3
que, em particular, é o fluxo sobre o cubo do problema
em questão. Simples e bonito, não?
25.2.3 Um condutor carregado isolado
E 25-16.
Uma esfera condutora uniformemente carregada, de D
òT JKM L N I JKM L  I  m de diâmetro, possui uma densidade superficial de car3
3 h
ga de 9nÐR C/m . (a) Determine a carga sobre a esfera.
Chamando de ´ o ângulo que a direção do campo
(b) Qual é o valor do fluxo elétrico total que está deixanelétrico em ù faz com o eixo ø percebemos que este
do a superfı́cie da esfera?
ângulo coincide com o ângulo entre a normal 9 e ñ e,
iN
ainda, que ¼X½\¾G´
h . Portanto, o fluxo elétrico é dado (a) A carga sobre a esfera será
pela seguinte integral:
: face
I
4 ñ 6!D9
òZ¼$½¾G´B
JhKMI L õ õ  1Z  # : ¹
3 3 3 h
Observe que a integral é sobre uma superfı́cie aberta,
pois corresponde ao fluxo parcial, devido a uma das
arestas apenas. Integrando em relação a e depois integrando em relação a com auxı́lio das integrais dadas
no Apêndice G, encontramos o fluxo elétrico sobre a face em questão como sendo dado por


: face I
JL 3 ={ JK N *
; QQ+,- ? ¯
C
c;Q QPR C (b) De acordo com a lei de Gauss, o fluxo é dado por
:;
L I J n J ,- @
3
N m /C
P 25-19.
Um condutor isolado, de forma arbitrária, possui uma
carga total de
C. Dentro do condutor existe uma cavidade oca, no interior da qual há uma carga
puntiforme
C. Qual é a carga: (a) sobre
a parede da cavidade e (b) sobre a superfı́cie externa da
condutor?
+ !-G?H@
IBc<;-G?H@
(a) O desenho abaixo ilustra a situação proposta no
problema.
Portanto, o fluxo total sobre todo o cubo é
3s*; : face IL 3
Usando argumentos de simetria: É a maneira mais
simples de obter a resposta, pois prescinde da necessidade da calcular a integral dupla. Porém, requer maior
maturidade na matéria. Observando a figura do problema, vemos que colocando-se 8 cubos idênticos ao redor
da carga poderemos usar a lei de Gauss para determi- Considere uma superfı́cie gaussiana envolvendo a canar que o fluxo total através dos 8 cubos é dado por
vidade do condutor. A carga encontra-se no interior da
cavidade e seja
a carga induzida na superfı́cie interna
total
da cavidade do condutor. Lembre que o campo elétrico
I
:
LI 3
http://www.if.ufrgs.br/ jgallas
¤ %
I
E
Página 26 de 34
LISTA 1 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS
11 de Dezembro de 2004, às 17:11
ò
no interior da parte maciça de um condutor é sempre Para podermos fixar a escala vertical da figura, precisamos determinar o valor numérico do campo no ponto de
igual a zero. Aplicando a lei de Gauss, encontramos:
transição,
cm:
ôÀ*;
: ; 4 ñ 6-<9Ã
IrL ¤ % 3 L
i , ou seja,
Como ò0ã , devemos ter IP¤ #
%
3
que
¤ % .
IB
; +R C å
(b) Como a carga total do condutor é de -&R C, vemos
que a carga ¤B sobre a superfı́cie externa da condutor
ò
K N j 3
G ! ?HÁ
K ;\#X \C&,- ? % #
D,- [ N/C deverá ser de
¤ -
Z¤ % .
!
s8
;#`{+!;PR C 25.2.4 Lei de Gauss: simetria cilı́ndrica
E 25-21.
J DC<
Uma linha infinita de cargas produz um campo de
N/C a uma distância de m. Calcule a densidade
linear de carga sobre a linha.
-[
P 25-24.
=
4 Ö ñ 6!D9Ã{ K N ò/
òT i a KML 3 N #
Usando a expressão para o campo devido a uma linha de cargas,
, Eq. 25-14, encontramos de onde obtemos
facilmente que
a KML 3 N #8ò/cC9 >R
P 25-23.
C/m
=
N
(a) Para
(b) Para
Use uma superfı́cie Gaussiana cilı́ndrica de raio e
comprimento unitário, concêntrica com o tubo metálico.
Então, por simetria,
j 4 Ö ñ6!D9Ã{ K N òT I dentro
3
(a) Para N  ô , temos I dentro , de modo que
(b) Para
termos
N ± ô
N
Use uma superfı́cie Gaussiana cilı́ndrica de raio
e comprimento unitário, concêntrica com ambos cilindros. Então, a lei de Gauss fornece-nos
I dentro
j y
3
HK j N òT I dentro
3
N ± a carga dentro é zero e, portanto òc .
hN
± F a carga dentro é , de modo que
h ± G
 òE KH j N 3
P 25-26.
A Fig. 25-32 mostra um contador de Geiger, dispositivo usado para detectar radiação ionizante (radiação que
causa a ionização de átomos). O contador consiste em
um fio central, fino, carregado positivamente, circundado por um cilindro condutor circular concêntrico, com
uma carga igual negativa. Desse modo, um forte campo elétrico radial é criado no interior do cilindro. O cilindro contém um gás inerte a baixa pressão. Quando
, a carga dentro é zero, o que implica uma partı́cula de radiação entra no dispositivo através
da parede do cilindro, ioniza alguns átomos do gás. Os
elétrons livres resultantes são atraidos para o fio positivo. Entretanto, o campo elétrico é tão intenso que, entre
as colisões com outros átomos do gás, os elétrons livres ganham energia suficiente para ionizá-los também.
òT K N j 3
òTP
.
http://www.if.ufrgs.br/ jgallas
Página 27 de 34
LISTA 1 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS
11 de Dezembro de 2004, às 17:11
Criam-se assim, mais elétrons livres, processo que se repete até os elétrons alcançarem o fio. A “avalanche” de
elétrons é coletada pelo fio, gerando um sinal usado para
registrar a passagem da partı́cula de radiação. Suponha
que o raio do fio central seja de
m; o raio do cilindro
seja de
cm; o comprimento do tubo seja de
cm.
Se o campo elétrico na parede interna do cilindro for de
N/C, qual será a carga total positiva sobre o
fio central?
CkR
J
G =>![
A carga dentro da Gaussiana cilı́ndrica é
&T
-Q
IB@(H&T( K N -ï #y
K Nï
(
onde
é o volume do cilindro. Se é positivo,
as linhas de campo elétrico apontam radialmente para
fora, são normais à superfı́cie arredondada do cilindro
e estão distribuidas uniformemente sobre ela. Nenhum
fluxo atravessa as bases da Gaussiana. Portanto, o fluxo
O campo elétrico é radial e aponta para fora do fio total através da Gaussiana é
, onde
central. Desejamos descobrir sua magnitude na região
é a área da porção arredondada da Gaussiana.
entre o fio e o cilindro, em função da distância a parA lei de Gauss (
) nos fornece então
tir do fio. Para tanto, usamos uma superfı́cia Gaussiana
, de onde tira-se facilmente que
com a forma de um cilindro com raio e comprimento
, concêntrica com o fio. O raio é maior do que o raio do
fio e menor do que o raio interno da parede cilı́ndrica.
Apenas a carga sobre o fio está localizada dentro da superfı́cie Gaussiana. Chamemo-la de .
A área da superfı́cie arredondada da Gaussiana (b) neste caso consideramos a Gaussiana como sendo
cilı́ndrica é
e o fluxo através dela é
. um cilindro de comprimento e com raio maior que
Se desprezarmos o fluxo através das extremidades do ci. O fluxo é novamente
. A carga dentro da
lindro, então o será o fluxo total e a lei de Gauss nos Gaussiana é a carga total numa secção do cilindro carfornece
. Como a magnitude do campo na regado com comprimento . Ou seja,
. A
parede do cilindro é conhecida, suponha que a superfı́cie lei de Gauss nos fornece então
, de
modo que o campo desejado é dado por
Gaussiana seja coincidente com a parede. Neste caso,
é o raio da parede e
=c h K N ï
K N ïJ(
N
N
ï
I
K Nï
KM3L
3
ã K N ï$ò
L 3s*I
3
N
òT ( L 3
N
ïK N
3sP $ï ò
ï
I K K ô Jï (
K ML N ï$òÏ
ô Jï (
3
N
òT ô L ( N 3
K O9 C+- ? % X# O9 9 J #XO9n-Q#$O9 + ! [ #
;9 Q,- ?H" C KML 3 N ï$òT
ô
IBc 3 N ï$ò
I
3c.òI=T K ôï$ò
N *ô
Observe que os valores dados pelas duas expressões
coincidem para
, como era de se esperar.
P 25-30.
N
ò
Um gráfico da variação de em função de é bastante
semelhante
ao mostrado na Fig. 25-21, porém, apresenUma carga está uniformemente distribuida através do
tando
para
um decaimento proporcional a
volume de um cilindro infinitamente longo de raio .
(em
vez
de
como
na Fig. 25-21).
(a) Mostre que a uma distância do eixo do cilindro
(
) é dado por
N
ò
N ± ô
(
N  ô
iN
ô
N
ò/ ( L y
3
iN
25.2.5 Lei de Gauss: simetria plana
N  ô
onde é a densidade volumétrica de carga. (b) Escreva
uma expressão para a uma distância
.
ò
(a) O cı́rculo cheio no diagrama abaixo mostra
a secção reta do cilindro carregado, enquanto que o
cı́rculo tracejado corresponde à secção reta de uma superfı́cie Gaussiana de forma cilı́ndrica, concêntrica com
o cilindro de carga, e tendo raio e comprimento .
Queremos usar a lei de Gauss para encontrar uma expressão para a magnitude do campo elétrico sobre a superfı́cie Gaussiana.
N
http://www.if.ufrgs.br/ jgallas
ï
E 25-32.
Uma placa metálica quadrada de cm de lado e espesC.
sura desprezı́vel tem uma carga total de de
(a) Estime o módulo de do campo elétrico localizado
imediatamente fora do centro da placa (a uma distância,
digamos, de
mm), supondo que a carga esteja uniformemente distribuida sobre as duas faces da placa. (b)
ò
Q,-9?A@
C
Página 28 de 34
LISTA 1 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS
11 de Dezembro de 2004, às 17:11
» IÂò i
;
´
IÂòT*gE¸
i a L #
3
Estime o valor do campo a uma distância de
m (re- Substituindo-se
sen , tirado da segunda
lativamente grande, comparada ao tamanho da placa), equação, na primeira, obtemos
tan .
supondo que a placa seja uma carga puntiforme.
O campo elétrico por um plano grande e uniforme de
, onde é a densidade
(a) Para calcular o campo elétrico num ponto muito cargas é dado por
superficial
de
carga.
Portanto,
temos
perto do centro de uma placa condutora uniformemen-
ò0
I
L 3 Pg¸
te carregada, é razoável substituirmos a placa finita por
tan
uma placa infinita contendo a mesma densidade superficial de carga e considerar a magnitude do campo como
sendo
, onde é a densidade de carga da su- de onde se extrai facilmente que
perfı́cie sob o ponto considerado. A carga está distribuitan
da uniformemente sobre ambas faces da placa original,
metade dela estando perto do ponto considerado. Portanto
òã
iL
3
I = Q 9 !G\?H# @ J Q,- ?1[
C/m
´
L3
g ¸ ´
I
9 C,-G? % X# 8B ! G?A@-#X \#
,- ?AÁ C
H
?
"
C9 ,- C/m ´
ö
tan
;
A magnitude do campo é
J Q,-G?A[
ò/ L 9 C+ ! ? % {
CG ; ! f
3
N/C
P 25-35.
Um elétron é projetado diretamente sobre o centro de
uma grande placa metálica, carregada negativamente
(b) Para uma distância grande da placa o campo elétrico com uma densidade superficial de carga de módulo
será aproximadamente o mesmo que o produzido por
C/m . Sabendo-se que a energia cinética inicial
uma partı́cula puntiforme com carga igual à carga to- do elétron é de
eV e que ele pára (devido a repulsão
tal sobre a placa. A magnitude de tal campo é
eletrostática) imediatamente antes de alcançar a placa, a
, onde é a distância à placa. Portanto
que distância da placa ele foi lançado?
N
I i J KML 3 N #
òT x,-"$;#XO Qx !G?H@$# PQ
ò
N/C
Na Fig. 25-36, uma pequena bola, não-condutora, de
massa mg e carga
C uniformemente distribuida, está suspensa por um fio isolante que faz
um ângulo
com uma chapa não-condutora, vertical, uniformemente carregada. Considerando o peso
da bola e supondo a chapa extensa, calcule a densidade
superficial de carga da chapa.
ö Ic P!G?AÁ
´c;
Três forças atuam na pequena bola: (i) uma força gravitacional de magnitude
, onde é a massa da bola, atua na vertical, de cima para baixo, (ii) uma força
elétrica de magnitude
atua perpendicularmente ao
plano, afastando-se dele, e (iii) e a tensão
no fio,
atuando ao longo dele, apontando para cima, e fazendo um ângulo (
) com a vertical.
Como a bola está em equilı́brio, a força total resultante sobre ela deve ser nula, fornecendo-nos duas
equações, soma das componentes verticais e horizontais
das forças, respectivamente:
ö
g¸
»
´ *;
»¼X½\¾G´B
gE¸ IÂò.
,» sen ´ A carga negativa sobre a placa metálica exerce uma
força de repulsão sobre o elétron, desacelerando-o e
parando-o imediatamente antes dele tocar na superfı́cie
da placa.
Primeiramente, vamos determinar uma expressão para
a aceleração do elétron, usando então a cinemática para determinar a distância de paragem. Consideremos
a direção inicial do movimento do elt́ron como sendo positiva. Neste caso o campo elétrico é dado por
, onde é a densidade superficial de carga na
placa. A força sobre o elétron é
e
a aceleração é
òT
iL
g
IÂò
9y LK
9 MK
#
vertical
horizontal
-
P 25-34.
!G?A@
#
http://www.if.ufrgs.br/ jgallas
g
3
.T
òT
i L 3
h g T
L 3 g y
onde é a massa do elétron.
A força é constante, de modo que podemos usar as
fórmulas para aceleração constante. Chamando de
a velocidade inicial do elétron, sua velocidade final,
e a distância viajada entre as posições inicial e final,
temos que
. Substituindo-se
e
nesta expressão e resolvendo-a para
encontramos

3
L 3 Ñ
h
i
g

#
h
3
L L
=.
3 3 gN 3 3 ~ 3 y
h
*Ñ

Página 29 de 34
LISTA 1 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS
11 de Dezembro de 2004, às 17:11
~ 3 *
z gO 3 i ~ 3
 QdP-9? % "
!
Q,-9? % f
 ) \C+ Q !G!? % ? #$% ")#$O Q,,-- 9?H? @ #% f$#
J J ! ?A[ m (
E
superfı́cie gaussiana cilı́ndrica . Como a densidade de
onde
é a energia cinética inicial.
Antes de aplicar a fórmula, é preciso converter o valor carga é constante, a carga total no interior da superfı́cie
dado de
para joules. Do apêndice F do livro tiraé dada por
mos que eV
J, donde
eV
J. Portanto
Portanto, aplicando a lei de Gauss para a superfı́cie considerada, encontramos facilmente a seguinte resposta:
P 25-39 .
(
E
I |RQ (HOS=#X
òT (\L  3
Uma chapa plana, de espessura , tem uma densidade
volumétrica de carga igual a . Determine o módulo
do campo elétrico em todos os pontos do espaço tanto:
(a) dentro como (b) fora da chapa, em termos de , a
distância medida a partir do plano central da chapa.

÷
(b) Construa novamente uma superfı́cie gaussiana cilı́ndrica contendo toda a chapa, isto é, construa novamente
uma superfı́cie semelhante à gaussiana cilı́ndrica indicada na figura da solução deste problema, onde, agora,
a área da base está situada a uma distância
do plano central
. De acordo com a figura, vemos
facilmente que, neste caso, temos:
E
=
e{
Portanto, aplicando a lei de Gauss para a superfı́cie
gaussiana cilı́ndrica considerada, encontramos facilmente a seguinte resposta:
òT (VL 3

ò¬
.¬
E
÷
I |RQ (H=S1
¤
Suponha que a carga total
esteja uniformemente
distribuida ao longo da chapa. Considerando uma área
muito grande (ou melhor, para pontos próximos do centro da chapa), podemos imaginar que o campo elétrico
possua uma direção ortogonal ao plano da superfı́cie externa da placa; a simetria desta chapa uniformemente
carregada indica que o módulo do campo varia com a
distância . No centro da chapa, a simetria do problema indica que o campo elétrico deve ser nulo, ou seja,
, para
. Na figura da solução deste problema mostramos uma superfı́cie gaussiana cilı́ndrica
cujas bases são paralelas às faces da chapa.
 i 25.2.6 Lei de Gauss: simetria esférica
P 25-40.
Uma esfera condutora de cm da raio possui uma carga de valor desconhecido. Sabendo-se que o campo
cm do centro da esfera tem
elétrico à distância de
módulo igual a
N/C e aponta radialmente para
dentro, qual é carga lı́quida sobre a esfera?
-
;EZ- :
=
E
E
Seja a área da base desta superfı́cie gaussiana . Como as duas bases da superfı́cie gaussiana cilı́ndrica
estão igualmente afastadas do plano central
e
lembrando que o vetor E é ortogonal ao vetor dA na superfı́cie lateral da superfı́cie gaussiana cilı́ndrica , concluı́mos que o fluxo total através da superfı́cie gaussiana
cilı́ndrica é dado por
 E
E
:-; 4 @ñ 6$D9ºPòP=
ò
÷
C
A carga está distribuida uniformemente sobre a superfı́cie da esfera e o campo elétrico que ela produz
em pontos fora da esfera é como o campo de uma
partı́cula puntiforme com carga igual à carga total sobre a esfera. Ou seja, a magnitude do campo é dado por
, onde é magnitude da carga sobre a
esfera e é a distância a partir do centro da esfera ao
ponto onde o campo é medido. Portanto, temos,
òÃ/I i N JKML 3 N #
I
IB J KML 3 N òT 9n!C# O;! " !:$# U DC,- ?H" C U DC+ !G?A" onde é o módulo do campo elétrico a uma distância Como campo aponta para dentro, em direção à esfera, a
C
do plano central
. A carga
englobada no carga sobre a esfera é negativa:
interior da superfı́cie gaussiana cilı́ndrica é dada pela integral de
no volume situado no interior da E 25-41.

(cH&
P0
I |RQ
E
http://www.if.ufrgs.br/ jgallas
Página 30 de 34
LISTA 1 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS
U C
6
11 de Dezembro de 2004, às 17:11
ò
J K N ò
3
(a) O fluxo continuaria a ser
N m /C, pois ele Chamando-se de a magnitude do campo, então o fludepende apenas da carga contida na Gaussiana.
xo total através da Gaussiana é
. A carga
contida
na
Gaussiana
é
a
soma
da
carga
positiva
no
(b) A carga lı́quida é
centro com e parte da carga negativa que está dentro da
Gaussiana. Uma vez que a carga negativa é suposta estar uniformemente distribuida numa esfera de raio ,
C
podemos computar a carga negativa dentro da Gaussiana usando a razão dos volumes das duas esferas, uma
de raio e a outra de raio : a carga negativa dentro da
E 25-42.
Gaussiana nada mais é do que
. Com isto tu(a) Para
, temos
(veja Eq. 25-18).
do, a carga total dentro da Gaussiana é
.
A lei de Gauss nos fornece então, sem problemas, que
(b) Para um pouco maior de , temos
j
I
33
O9 C+ ! ? % $# )
U C#`T
Q9 Q J ,- ? %43
ô
N
N ± ô
N
ò/ JKH j N I Y
3
ò/*
ô
JKH j ô I 3
O9 ,-"-#XO9 ,-9?Af$#
O9DC# 9 ,- [ N/C (c) Para
anterior,
N  ô
ô
ø N : i ô :
øSé
,øS N : i ô:
N:
JKHj N u
ò
À
S
ø
r
3
ô :wy
de onde tiramos facilmente que, realmente,
N
ò Jø HK j u N ô : w 3
temos, aproveitando o cálculo do item
P 25-47.
JKH j N I 3
O9 - [ # u ; C w
N/C ò
Uma casca esférica metálica, fina e descarregada, tem
uma carga puntiforme no centro. Deduza expressões
para o campo elétrico: (a) no interior da casca e (b) fora
da casca, usando a lei de Gauss. (c) A casca tem algum
efeito sobre o campo criado por ? (d) A presença da
carga tem alguma influência sobre a distribuição de
cargas sobre a casca? (e) Se uma segunda carga puntiforme for colocada do lado de fora da casca, ela sofrerá
a ação de alguma força? (f) A carga interna sofre a ação
de alguma força? (g) Existe alguma contradição com a
terceira lei de Newton? Justifique sua resposta.
NOTA: na quarta edição brasileira do livro esqueceram
de mencionar que a casca esférica é MET ÁLICA!!
I
I
I
E 25-45.
Num trabalho escrito em 1911, Ernest Rutherford disse: “Para se ter alguma idéia das forças necessárias
para desviar uma partı́cula
através de um grande
ângulo, considere um átomo contendo uma carga puntiforme positive
no seu centroo e circundada por
Antes de responder aos itens, determinamos uma exuma distribuição de eletricidade negativa
, uniforpressão para o campo elétrico, em função da distância
memente distribuı́da dentro de uma esfera de raio . O
radial a partir da carga . Para tanto, consideremos
campo elétrico
a uma distância do centro para
uma superfı́cie Gaussiana esférica de raio centrada na
um ponto dentro do átmo é
carga . A simetria do problema nos mostra que a magnitude é a mesma sobre toda superfı́cie, de modo que
T
øS
N
òÃ$$
øS
ô
N
I
N
òT JSø HK j u N ô : w q q
3
I
ò
4 ñ 6!D9Ã
Verifique esta expressão.
Usamos primeiramente a lei de Gauss para encontrar
uma expressão para a magnitude do campo elétrico a
uma distância do centro do átomo. O campo aponta
radialmente para fora e é uniforme sobre qualquer esfera concêntrica com o átomo. Escolha uma superfı́cie
Gaussiana esférica de raio com seu centro no centro
do átomo.
fornecendo-nos
N
N
http://www.if.ufrgs.br/ jgallas
I
N
JK N ò LI y
3
ò N #Ð JKM L N I y
3
onde representa a carga dentro da superfı́cie Gaussiana. Se for positiva, o campo elétrico aponta para fora
da Gaussiana.
I
Página 31 de 34
LISTA 1 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS
11 de Dezembro de 2004, às 17:11
I
diz que
(a) Dentro da casca contendo a carga temos
ò N #Ð JKM L N I 3
I
(b) Como fora da casca a carga lı́quida é , o valor do
campo elétrico é o mesmo do item anterior.
(c) Não, pois não influi na dedução de
, acima.
(d) Sim: como a casca fina é metálica, na sua superfı́cie
interna irá aparecer uma carga
INDUZIDA. Como a
carga total da casca esférica é zero, sua superfı́cie externa deverá conter uma carga
induzida, de modo que
a soma de ambas cargas induzidas seja zero.
(e) Claro que experimentará forças pois estará imersa no
campo
devido á carga central.
(f) Não, pois o metal da casca blinda campos externos.
(g) Não.
JK N T
ò jI y
3
de modo que
òT JKHj I N 3
ò N #
I
<I
ò N #
(c) Como a casca é condutora, é muito fácil saber-se o
campo elétrico dentro dela:
òTP
(d) Fora da casca, i.e. para N  ê , a carga total dentro da
superfı́cie Gaussiana é zero e, conseqüentemente, neste
caso a lei de Gauss nos diz que
òTP
P 25-48.
h
A Fig. 25-38 mostra uma esfera, de raio e carga
uniformemente distribuı́da através de seu volume,
concêntrica com uma casca esférica condutora de raio
interno e raio externo . A casca tem uma carga lı́quida
de
. Determine expressões para o campo elétrico em
função do raio nas seguintes localizações: (a) dentro da esfera (
); (b) entre a esfera e a casca
(
); (c) no interior da casca (
);
(d) fora da casca (
). (e) Quais são as cargas sobre
as superfı́cies interna e externa da casca?
<I
I
F
N
ê
N ±
h
N  ê
N
h ± ±UF
N ± ê
F>±
(e) Tomemos uma superfı́cie Gaussiana localizada dentro da casca condutora. Como o campo elétrico é zero
sobre toda suprfı́cie, temos que
3s 4 @ñ 6$<9¿P
e, de acordo com a lei de Gauss, a carga lı́quida dentro
da superfı́cie é zero. Em outras palavras, chamando de
a carga sobre a superfı́cie interna da casca, a lei de
Gauss nos diz que devemos ter
, ou seja,
¤ |
I >¤ | P
¤ | T
IV
Para começar, em todos pontos onde existe campo
elétrico, ele aponta radialmente para fora. Em cada parte do problema, escolheremos uma superfı́cie Gaussiana
a carga na superfı́cie externa da
esférica e concêntrica com a esfera de carga
e que Chamando agora de
casca
e
sabendo
que
a
casca
tem uma carga lı́quida de
passe pelo ponto onde desejamos determinar o campo
(dado
do
problema),
vemos
que é necessário ter-se
elétrico. Como o campo é uniforme sobre toda a suque
,
o
que
implica
termos
perfı́cie das Gaussianas, temos sempre que, qualquer
que seja o raio da Gaussiana em questão,
¤
<I
I
N
4 ñ 6$<9¿
JKHj N 
3 ò ¤ | >¤PéT
I
¤ .
I<
Z¤B|
I
F)
I#b*
P 25-51.
(a) Aqui temos N ±
e a carga dentro da superfı́cie Um próton descreve um movimento circular com veloi #8: . Ah lei
Gaussiana é IG N
de Gauss fornece-nos
cidade T;Z- ¯ m/s ao redor e imediatamente fora
h
de
uma esfera carregada, de raio N Ï cm. Calcule o
JK N ò u j I u N : y
valor da carga sobre a esfera.
O próton está em movimento circular uniforme man3w hw
donde tiramos que
N
ò JKHjI : 3h
N
(b) Agora temos ±
± F , com a carga dentro da
V
Gaussiana sendo <
h I . Portanto, a lei de Gauss aqui nos
http://www.if.ufrgs.br/ jgallas
tido pela força elétrica da carga na esfera, que funciona
como força centrı́peta. De acordo com a segunda lei
de Newton para um movimento circular uniforme, sabemos que
, onde
é a magnitude da força,
é a velocidade do próton e é o raio da sua órbita,
essencialmente o mesmo que o raio da esfera.
c
gN i N
N
Página 32 de 34
LISTA 1 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS
I i J KML 3 N #
11 de Dezembro de 2004, às 17:11
,
A magnitude da força elétrica sobre o próton é
Assim, a carga total dentro da superfı́cie Gaussiana é
, onde é a magnitude da carga sobre a esfera. Portanto, quando
, temos
I
rc g y
J KM L IÂN N
N
3
Iv>I8éPIr> K = N h #
O campo elétrico é radial, de modo
o fluxo através
JK N ò que, onde
ò é a magda superfı́cie Gaussiana é 3
nitude do campo. Aplicando agora a lei de Gauss obtemos
de modo que a carga procurada será dada por
I
JKML ò N c
Iv K =+ N h #y
3
JKML O
N
3 g 8 Q U ,-G? f kg#$;x,- ¯ m/s# m#
,- " N m /C #X8 Q,- ? % " C#
J
nC de onde tiramos
K òT JKM L ì N I  K F
= N = h í9
3
Para que o campo seja independente de N devemos es-
=
P 25-53
colher de modo a que o primeiro e o último termo
Na Fig. 25-41, uma casca esférica não-condutora, com entre colchetes se cancelem. Isto ocorre se tivermos
, ou seja, para
raio interno e raio externo , tem uma densidade volumétrica de carga dada por
, onde é constante e é a distância ao centro da casca. Além disso,
uma carga puntiforme está localizada no centro. Qual
deve ser o valor de para que o campo elétrico na cas- quando então teremos para a magnitude do campo
ca (
) tenha módulo constante? (Sugestão:
depende de mas não de .)
N
(F W
=
h
N
hBX
=
I
=
X F
iN
I
Z K = h c
=
F
h
=
N
N
N
h ± ±YF
I Z[(ÐH&
<N &
H&T JK N N
I ò/ = L J KML I 3
-3 h
=
O problema pede para determinar uma expressão para o campo elétrico dentro da casca em termos de e
da distância ao centro da casca e, a seguir, determinar
o valor de de modo que tal campo não dependa da
distância.
Para começar, vamos escolher uma Gaussiana esférica
de raio , concêntrica com a casca esférica e localizada
dentro da casca, i.e. com
. Usando a lei
de Gauss podemos determinar a magnitude do campo
elétrico a uma distância a partir do centro.
A carga contida somente sobre a casca dentro da Gaussiana é obtida através da integral
calculada
sobre a porção da casca carregada que está dentro da
Gaussiana.
Como a distribuição de carga tem simetria esférica, podemos escolher
como sendo o volume de uma casca
esférica de raio e largura infinitesimal , o que dos
fornece
. Portanto, temos
] \ N N
( õ
JK ]\ = N N
N
õ
JK = ]\ N N
N
JK
õ
K =+ N h #
http://www.if.ufrgs.br/ jgallas
I
Kh
=c
P 25-55 .
Mostre que o equilı́brio estável é impossı́vel se as únicas
forças atuantes forem forças eletrostáticas. Sugestão:
Suponha que uma carga
fique em equilı́brio estável
ao ser colocada num certo ponto num campo elétrico
. Desenhe uma superfı́cie Gaussiana esférica em torno
de , imagine como deve estar apontando sobre esta
superfı́cie, e aplique a lei de Gauss para mostrar que a
suposição [de equilı́brio estável] leva a uma contradição.
Esse resultado é conhecido pelo nome de Teorema de
Earnshaw.
<I
ñ
ù
ù
ñ
Suponha que não exista carga na vizinhaça mais imediata de mas que a carga esteja em equilı́brio devido à resultante de forças provenientes de cargas em
outras posições. O campo elétrico na posição de é
zero mas irá sentir uma força elétrica caso ela venha
a afastar-se do ponto . O que precisamos mostrar é
que é impossı́vel construir-se em torno de um campo elétrico resultante que, em todas direções do espaço,
consiga “empurrar” de volta para o ponto quando
ela deste ponto afastar-se.
Suponha que esteja em e envolva-a com uma superfı́cie Gaussiana esférica extremamente pequena, centrada em . Desloque então de para algum ponto
I
I
ù
I
ù
ù
I
ù
I
I
ù
ù
I
ù
Página 33 de 34
LISTA 1 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS
sobre a esfera Gaussiana. Se uma força elétrica conseguir empurrar de volta, deverá existir um campo
elétrico apontando para dentro da superfı́cie. Se um
campo elétrico empurrar em direção a , não importando onde isto ocorra sobre a superfı́cie, então deverá
existir um campo elétrico que aponte para dentro em todos pontos da superfı́cie. O fluxo lı́quido através da superfı́cie não será zero e, de acordo com alei de Gauss,
deve existir carga dentro da superfı́cie Gaussiana, o que
I
I
ù
http://www.if.ufrgs.br/ jgallas
11 de Dezembro de 2004, às 17:11
é uma contradição. Concluimos, pois, que o campo
atuando numa carga não pode empurra-la de volta a
para todos deslocamentos possı́veis e que, portanto, a
carga não pode estar em equilı́brio estável.
Se existirem locais sobre a superfı́cie Gaussiana onde o
campo elétrico aponte para dentro e empurre de volta
para sua posição original, então deverão existir sobre a
superfı́cie outros pontos onde o campo aponte para fora
e empurre para fora da sua posição original.
ù
I
I
Página 34 de 34