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Resolução halliday vol 3 edição 10 - Capítulo 22
Fisica III (Universidade de São Paulo)
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Resolução halliday vol 3 edição 10 - Capítulo 22
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CAPÍTULO 22
1. Note que os símbolos q1 e q2 usados no enunciado se referem ao valor absoluto das cargas. O desenho abaixo é para q1| = |q2|.
Os desenhos abaixo são para q1 > q2 (à esquerda) e q1 < q2 (à direita).
2. (a) De acordo com a Eq. 22-1, o módulo da força a que é submetido um próton no ponto A é
F = qEA = (1,6 H 10-19 C)(40 N/C) = 6,4 H 10-18 N.
(b) Como é explicado no Módulo 22-1, o número de linhas de campo por unidade de área, em um plano perpendicular às linhas, 
é proporcional ao módulo do campo elétrico. Como a separação das linhas é duas vezes maior no ponto B, concluímos que EB = 
EA/2 = 20 N/C.
3. PENSE Se o núcleo é uma esfera com uma distribuição uniforme de carga, o campo elétrico na superfície é o mesmo que se 
toda a carga estivesse no centro. 
FORMULE O módulo do campo elétrico produzido do lado de fora de uma esfera com uma distribuição uniforme de carga é 
dado por
em que, no caso do plutônio, q = Ze = 94 e R = 6,64 fm.
ANALISE (a) Substituindo na equação anterior os valores conhecidos, obtemos
(b) O campo é perpendicular à superfície do núcleo. Além disso, como o próton tem carga positiva, o campo aponta para fora da 
superfície.
APRENDA As linhas de campo elétrico apontam para longe da 
carga, se a carga for positiva, e apontam para a carga, se a carga for 
negativa. A figura à direita mostra as linhas de campo elétrico no 
caso de um núcleo atômico de forma esférica e número atômico Z. 
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M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 2 7
4. Como x1 = 6,00 cm e x2 = 21,00 cm, a coordenada do ponto a meio caminho entre as partículas é x = [(6,00 cm) + (21,00 cm)]/2 = 
13,5 cm. Desse modo, de acordo com a Eq. 22-3,
( )
( )
9 2 2 7
51
1 2 2
0 1
9 2 2 7
52
2 2 2
0 2
| | (8,99 10 N m C )| 2,00 10 C|ˆ ˆ ˆi i (3,196 10 N C)i
4 ( ) 0,135 m 0,060 m
(8,99 10 N m C )(2,00 10 C)ˆ ˆ ˆi i (3,196 10 N C)i
4 ( ) 0,135 m 0,210 m
q
E
x x
q
E
x x
πε
πε
-
-
× ⋅ - ×=- =- =- ×
- -
× ⋅ ×=- =- =- ×
- -


Assim, o campo elétrico total é 
5
tot 1 2
ˆ(6,39 10 N C)i.E E E= + =- ×
  
5. PENSE O módulo do campo elétrico produzido por uma carga pontual q é dado por 20| | /4 , E q rπε= em que r é a distância 
entre a carga e o ponto no qual o campo elétrico está sendo medido. 
FORMULE Como 20| | /4 ,E q rπε= o módulo da carga é 
2
04 .q r Eπε=
ANALISE Para 2,0 N/CE = e 50 cm 0,50 m,r = = temos
APRENDA Para determinar o sinal da carga, basta conhecer o sentido do campo elétrico. O campo aponta para longe da carga, 
se a carga for positiva, e aponta para a carga, se a carga for negativa. 
6. De acordo com a Eq. 22-3, temos
2
2 10
0 9 2 2
(1,00 N C)(1,00 m)
4 1,11 10 C 0,111 nC.
8,99 10 N m C
q Erπε -= = = × =
× ⋅
7. PENSE O sistema é formado por quatro cargas pontuais, que ocupam os vértices de um quadrado. O campo elétrico total em 
um ponto é a soma vetorial dos campos elétricos produzidos pelas cargas.
FORMULE De acordo com o princípio de superposição, o campo elétrico total no centro do quadrado é
 
Para 1 10 nC,q =+ 20 nC,=- 3 20 nCq =+ e 4 10 nC,q =- a componente x do campo elétrico no centro do quadrado é
 
e a componente y do campo elétrico é 
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2 8 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R
O módulo do campo elétrico total é 2 2 .x yE E E= +
ANALISE Substituindo os valores dados, temos
 
e
Assim, o campo elétrico no centro do quadrado é 5ˆ ˆj (1,02 10 N/C)j.yE E= = ×

APRENDA A figura a seguir (que não foi desenhada em escala) mostra o campo elétrico no centro do quadrado. O campo, que 
aponta no sentido positivo do eixo y, é a soma vetorial dos campos elétricos produzidos pelas quatro cargas.
8. Colocamos a origem do sistema de coordenadas no ponto P e o eixo y na direção da partícula 4 (passando pela partícula 3). 
Escolhemos um eixo x perpendicular ao eixo y, ou seja, passando pelas partículas 1 e 2. Os módulos dos campos produzidos pelas 
cargas são dados pela Eq. 22-3. Como as contribuições das partículas 1 e 2 se cancelam, o campo total no ponto P é dado por
4 3
tot 2 2 2 2
0 0
1 1 12 3ˆ ˆj j 0.
4 4(2 ) 4
q q q q
E
d d d dπε πε
   = - = - =   
  

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M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 2 9
9. (a) As componentes verticais dos campos produzidos pelas duas partículas se cancelam por simetria. Somando as componentes 
horizontais, obtemos 
9 2 2 19
,tot 2 2 3/2 2 2 3/2
0
10
2| | 2(8,99 10 N m C )(3,20 10 C)(3,00 m)
4 ( ) [(3,00 m) (4,00 m) ]
1,38 10 N/C.
x
q d
E
d yπε
-
-
× ⋅ ×= =
+ +
= × .
(b) O campo elétrico aponta no sentido negativo do eixo x, ou seja, faz um ângulo de 180o com o semieixo x positivo.
10. Vamos escrever as cargas das partículas como múltiplos de um número positivo ξ a ser determinado. De acordo com a Fig. 
22-33a e o enunciado do problema, q1 = 4 ξ e q2 = – ξ. De acordo com a Eq. 22-3, temos
tot 1 2 2 2
0 0
4
.
4 ( ) 4
E E E
L x x
ξ ξ
πε πε
= + = -
+
Uma vez que, de acordo com a Fig. 22-33b, Etot = 0 para x = 20 cm, essa equação nos dá L = 20 cm. 
(a) Derivando Etot em relação a x e igualando o resultado a zero, obtemos, após algumas simplificações,
3 32 2 4 1
(1,70)(20 cm) 34 cm.
3 3 3
x L
 
= + + = =  
 
Note que este resultado não depende do valor de ξ.
(b) Se -q2 = -3e, ξ = 3e. Nesse caso, de acordo com o resultado obtido anteriormente,
tot 2 2
0 0
9 2 2 19 9 2 2 19
2 2
8
4
4 ( ) 4
(8,99 10 N m /C )4(3)(1,60 10 C) (8,99 10 N m /C )(3)(1,60 10 C)
(0,54 m) (0,34 m)
2,2 10 N/C.
E
L x x
ξ ξ
πε πε
- -
-
= -
+
× ⋅ × × ⋅ ×
= -
= ×
11. PENSE O sistema é formado por duas partículas de cargas opostas mantidasfixas no eixo x. Como o campo elétrico total 
em um ponto é a soma vetorial dos campos elétricos produzidos pelas cargas, existe um ponto no qual o campo elétrico é zero.
FORMULE Nos pontos situados entre as cargas, os campos apontam no mesmo sentido e, portanto, não podem ser cancelados. 
Como a carga q2 = -4,00 q1 situada em x2 = 70 cm é maior, em valor absoluto, do que a carga q1 = 2,1 × 10-8 C situada em x1 = 20 
cm, o ponto em que o campo se anula deve estar mais próximo de q1 do que de q2. Além disso, como não pode estar entre as cargas, 
deve estar à esquerda de q1. 
Seja x a coordenada de P, o ponto em que o campo se anula. Nesse caso, o campo total no ponto P é dado por
ANALISE Para que o campo se anule, devemos ter
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3 0 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R
Extraindo a raiz quadrada de ambos os membros e levando em conta o fato de que |q2|/|q1| = 4, obtemos
Escolhendo a raiz –2,0, pois sabemos que o ponto deve estar à esquerda de q1, obtemos x = -30 cm. 
APRENDA Os resultados são mostrados na figura a seguir. No ponto P, o campo 1E

 produzido por 1q aponta para a esquerda e 
o campo 2E

 produzido por 2q aponta para a direita. Como 1 2| | | |,E E=
 
 o campo total no ponto P é zero.
12. O valor do módulo do campo elétrico no centro do arco é o mesmo para todas as cargas:
19
9 2 2 6
2 2 2
1,60 10 C
(8,99 10 N m C ) 3,6 10 N C.
0,020m) (0,020 m)(
kq e
E k
r
-
-×= = = × ⋅ = ×
Na notação módulo-ângulo (que é a mais conveniente quando se usa uma calculadora científica no modo polar), a soma vetorial 
dos campos assume a forma:
( ) ( ) ( ) ( ) ( )tot 20 130 100 150 0E E E E E E
-
= ∠- ° + ∠ ° + ∠- ° + ∠- ° + ∠ °
= × ∠- °
 ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
63,93 10 N/C 76,4 .-
= ∠- ° + ∠ ° + ∠- ° + ∠- ° + ∠ °
= × ∠- °

(a) De acordo com o resultado obtido, o módulo do campo elétrico no centro do arco é 3,93 × 10–6 N/C. 
(b) De acordo com o resultado anterior, o ângulo do campo elétrico no centro do arco é –76,4° em relação ao eixo x. 
13. (a) Como o próton está a uma distância r = z = 0,020 m do centro do disco,
9 2 2 19
6
2 2
0
(8,99 10 N m C )(1,60 10 C)
3,60 10 N/C.
4 (0,020 m)
c
e
E
rπε
-
-× ⋅ ×= = = ×
(b) Uma vez que as componentes horizontais se cancelam, o campo total produzido pelos elétrons es é vertical e o módulo do 
campo é dado por
9 2 2 19
s,tot 2 2 3/2 2 2 3/2
0
6
2(8,99 10 N m C )(1,6 10 C)(0,020 m)2
4 ( ) [(0,020 m) (0,020 m) ]
2,55 10 N/C.
ez
E
R zπε
-
-
× ⋅ ×= =
+ +
= ×
(c) Como o próton agora está a uma distância 10 vezes menor, o campo é 100 vezes maior que o do item (a), ou seja, Ec = 3,60 × 
10-4 N/C.
(d) Como as componentes horizontais continuam a se cancelar, o campo produzido pelos elétrons es é vertical e o módulo do 
campo é dado por
9 2 2 19
s,tot 2 2 3/2 2 2 3/2
0
7
2(8,99 10 N m C )(1,6 10 C)(0,002 m)2
4 ( ) [(0,020 m) (0,002 m) ]
7,09 10 N/C.
ez
E
R zπε
-
-
× ⋅ ×= =
+ +
= ×
(e) Porque, quando o próton se aproxima do disco, as componentes verticais y dos campos produzidos pelos elétrons es diminuem 
e as componentes horizontais aumentam. Como as componentes horizontais se cancelam, o efeito global é uma redução do mó-
dulo de , tot .sE

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M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 3 1
14. (a) Nos pontos do eixo x à esquerda da partícula 1, os campos têm sentidos opostos, mas não há possibilidade de que o campo 
se anule porque esses pontos estão mais próximos da partícula 1 do que da partícula 2, e a carga da partícula 1 é maior, em valor 
absoluto, do que a carga da partícula 2. Na região entre as cargas, os dois campos não podem se cancelar, pois apontam no mesmo 
sentido. Nos pontos do eixo x à direita da partícula 2, os campos têm sentidos opostos, e existe a possibilidade de que os campos 
se anulem porque esses pontos estão mais próximos da partícula 2, e a carga da partícula 2 é menor. Chamando de x a coordenada 
do ponto em que os campos se anulam e igualando os módulos dos campos produzidos pelas duas partículas, temos
( )
1 2
2 2
0 0
.
| |1 1
4 4
q q
x x Lπε πε
=
-
Explicitando x e substituindo os valores conhecidos de q1 e q2, obtemos
2,72 .
1 2 5
L
x L= ≈
-
(b) A figura a seguir mostra um esboço das linhas de campo elétrico.
15. Por simetria, vemos que as contribuições das cargas das partículas 1 e 2 para o campo elétrico no ponto P se cancelam, de 
modo que só é preciso calcular o campo elétrico produzido pela partícula 3. 
(a) De acordo com a Eq. 22-3, o módulo do campo elétrico é
tot 2 22
0 0 0
19
9 2 2
6 2
1 2 1 2 1 4
| |
4 4 4( / 2)
4(1,60 10 C)
(8,99 10 N m C ) 160 N/C.
(6,00 10 m)
e e e
E
r aaπε πε πε
-
-
= = =
×= × ⋅ =
×

(b) O campo faz um ângulo de 45,0° no sentido anti-horário com o semieixo x positivo. 
16. As componentes x e y do campo total são
1 2 2
tot, tot, 2 2 2
0 0 0
cos sen
, .
4 4 4x y
q q q
E E
R R R
θ θ
πε πε πε
= - =-
O módulo do campo total é a raiz quadrada da soma dos quadrados das componentes. Fazendo o módulo igual a E, elevando ao 
quadrado e simplificando, temos
2 2
2 1 1 1 2
2 2
0
2 cos
(4 )
q q q q
E
R
θ
πε
+ -
=
.
Explicitando θ, obtemos
2 2 2 2 2
1 1 1 0
1 2
(4 )
cos
2
q q R E
q q
πεθ -
 
 
  
+ -
=
.
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3 2 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R
Substituindo por valores numéricos, obtemos duas respostas:
(a) O valor positivo do ângulo é θ = 67,8°.
(b) O valor negativo do ângulo é θ = –67,8°.
17. Vamos supor que a conta 2 está na parte inferior do anel, já que seria difícil para a conta 1 passar pela conta 2 se ela estivesse 
no caminho. Note que, de acordo com o gráfico da Fig. 22-39c, a componente y do campo elétrico na origem é negativa para θ = 
0o (posição na qual a contribuição da partícula 1 para o campo elétrico é nula), o que significa que a carga da conta 2 é negativa. 
(a) De acordo com o gráfico da Fig. 22-39b, a componente x do campo total é 0 para θ = 90°, ou seja, quando a conta 1 está no 
semieixo y positivo. Isso significa que a conta 2 está no semieixo y negativo, ou seja, o ângulo da conta 2 é –90°.
(b) Como a componente y é máxima quando as duas contas estão no eixo y e sabemos que a carga da conta 2 é negativa, concluí-
mos que a carga da conta 1 é positiva, pois isso faz com que, com as contas nessa posição, os dois campos se somem. Nos pontos 
θ = 0° e θ = 180°, o valor absoluto da componente x é igual ao módulo do campo elétrico criado pela conta 1. Assim, de acordo 
com a Eq. 22-3,
2 12 2 2 2 4 6
1 04 4 (8,854 10 C /N m )(0,60 m) (5,0 10 N/C) 2,0 10 C
2,0 C.
q r Eπε π
µ
- -= = × ⋅ × = ×
=
(c) No ponto θ = 0°, o valor absoluto da componente y é igual ao módulo do campo elétrico criado pela conta 2. Assim, de acordo 
com a Eq. 22-3,
2 12 2 2 2 4 6
2 04 4 (8,854 10 C /N m )(0,60 m) (4,0 10 N/C) 1,6 10 C
1,6 .
q r E
C
πε π
µ
- -= - = × ⋅ × = - ×
= -
18. Partindo da Eq. 22-6, usamos a expansão binomial (veja o Apêndice E), mas conservamos termos de ordem superior à usada 
para obter a Eq. 22-7:
2 3 2 3
2 2 3 2 3
0
3
3 5
0 0
3 1 3 1
1 1
4 2 4 24
2 4
q d d d d d d
E
z zz z z z z
qd qd
z z
πε
πε πε
    
= + + + + - - + - +    
    
= + +
 

Assim, na terminologia do problema,
3
1 5
0
.
4
qd
E
zπε
=
19. (a) Considere a figura a seguir. O módulo do campo elétrico total no ponto P é
( ) ( ) ( )
tot 1 2 3/222 220 0 2
.
1 /2 1
2 sen 2
4 4/2 /2 /2
q qdd
E E
d r d r d r
θ
πε πε
 
 
 
      
= = =
+ + +

Para r >> d, [(d/2)2 + r2]3/2 ≈ r3 ea expressão mostrada se reduz a
0
tot 3
| | .
4
qd
E
rπε
≈

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M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 3 3
(b) Como mostra a figura, o campo elétrico no ponto P aponta no sentido negativo do eixo y, ou seja, faz um ângulo de –90° com 
o semieixo x positivo.
20. De acordo com o enunciado do problema, Ever é dado pela Eq. 22-5 (com z = 5d): 
ver 2 2 2
0 0 0
160
98014 (4,5 ) 4 (5,5 ) 4
q q q
E
d d dπε πε πε
= - = ⋅
 e Eapr é dado pela Eq. 22-8:
apr 3 2
0 0
2
1252 (5 ) 4
qd q
E
d dπε πε
= = ⋅
.
Assim, a razão pedida é
apr
ver
2 9801
0,98.
125 160
E
E
= ≈
 
21. PENSE O quadrupolo elétrico é formado por dois dipolos, cada um com um momento dipolar de módulo p = qd. Os mo-
mentos dipolares apontam em sentidos opostos e, portanto, produzem campos que apontam em sentidos opostos em pontos do 
eixo do quadrupolo.
 
FORMULE Considere o ponto P do eixo, situado a uma distância z à direita do centro do quadrupolo, e tome o sentido para a 
direita como sendo positivo. Nesse caso, o campo produzido pelo dipolo da direita é dado por qd/2πε0(z – d/2)3, e o campo pro-
duzido pelo dipolo da esquerda é dado por –qd/2πε0(z + d/2)3. 
ANALISE Usando as expansões binomiais
 
obtemos
Como o momento quadrupolar é 22 ,Q qd= 
4
0
3
.
4
Q
E
zπε
=
APRENDA No caso de um momento quadrupolar Q, o campo elétrico em pontos do eixo do quadrupolo é inversamente propor-
cional à quarta potência da distância: 4~ /E Q z , enquanto, no caso de uma carga isolada q, 2~ /E q z e, no caso de um dipolo, 
p, 3~ /E p z . 
22. (a) Vamos usar a notação habitual para a densidade linear de carga: λ = q/L. O comprimento do arco é L = rθ, em que θ é o 
ângulo em radianos. Assim, 
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3 4 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R
L = (0,0400 m)(0,698 rad) = 0,0279 m.
Para q = –300(1,602 × 10–19 C), obtemos λarco = –1,72 × 10–15 C/m.
(b) Se a mesma carga está distribuída em uma área A = πr2 = π(0,0200 m)2, a densidade superficial de carga é σdisco = q/A = –3,82 × 
10–14 C/m².
(c) Como a área da superfície de uma esfera é 4π2, a mesma carga do item (b) está distribuída em uma área quatro vezes maior e, 
portanto, a densidade superficial de carga é quatro vezes menor: σesfera = σdisco/4 = –9,56 × 10–15 C/m².
(d) Se a mesma carga está distribuída em um volume V = 4πr3/3, a densidade volumétrica de carga é ρesfera = /q V = –1,43 × 10–12 
C/m3.
23. Vamos usar a Eq. 22-3 e supor que as duas cargas são positivas. No ponto P, temos
( )
1 2
anel 1 anel 2 3/2 2 2 3/2
2 2 0
0
.
(2 )
 
4 [(2 ) ]4
q R q R
E E
R RR R πεπε
= ⇒ =
++
Simplificando, obtemos
3/2
1
2
2
2 0,506.
5
q
q
 
 
 
= ≈
24. (a) Por simetria (e também de acordo com a Eq. 22-16), o campo é zero no centro do anel.
(b) O resultado (E = 0) para pontos infinitamente afastados do anel pode ser obtido a partir da Eq. 22-16, de acordo com a qual o 
campo é proporcional a 1/z² para valores muito grandes de z.
(c) Derivando a Eq. 22-16 em relação a z e igualando o resultado a zero, obtemos
( ) ( )
2 2
3/2 5/2
2 2 2 20
0
2
0 0,707
4 24
qz qd R z R
z R
dz
z R z R
πεπε
 
 
 
 
  
-= = ⇒ =+ =
+ +
.
(d) De acordo com a Eq. 22-16, temos
6
2 2 12 2 2 2 2 3/2
0
7
(4,00 10 C)(0,707 0,02 m)
4 ( ) 4 (8,854 10 C /N m )[(0,707 0,02 m) (0,02 m) ]
3,46 10 N/C.
qz
E
z Rπε π
-
-
× ×
= =
+ × ⋅ × +
= ×
 
25. Vamos chamar de r1 o raio do arco menor, de r2 o raio do arco do meio, e de r3 o raio do arco maior. O comprimento do arco 
menor é L1 = πr1/2 = πR/2, o comprimento do arco do meio é L2 = πr2/2 = πR, e o comprimento do arco maior é L3 = πr3/2 = 3πR/2. 
Como a carga dos arcos está uniformemente distribuída, a densidade linear de carga do arco menor é λ1 = Q/L1 = 2Q/πR, a densi-
dade linear de carga do arco do meio é λ2 = -4Q/L2 = -4Q/πR, e a densidade linear de carga do arco maior é λ3 = 9Q/L3 = 6Q/πR. 
Nesse caso, usando o mesmo raciocínio do problema seguinte, o campo elétrico total é dado por 
31 2
tot
0 1 0 2 0 3
6
2 2
0 0 0 0
(2sen45 )(2sen45 ) (2sen45 )
4 4 4
2 4 62sen45 2sen45 2sen45
1,62 10 N/C.
4 8 12 2
E
r r r
Q Q Q Q
R R R R R R R
λλ λ
πε πε πε
π πε π πε π πε π ε
°° °
= + +
° ° °= - + = = ×
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M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 3 5
(b) O campo faz um ângulo de –45º com o semieixo x positivo.
26. No Exemplo “Campo elétrico de um arco de circunferência carregado”, vimos que o campo no centro de um arco circular é 
dado por
0
sen
4
E x
r
θ
θ
λ
πε -
=
em que λ é a densidade linear de carga. Neste problema, cada quarto de circunferência produz um campo cujo módulo é
/4
2
/40 0
| | 2 2 | |1 1
| | sen .
/2 4 4
q q
E x
r r r
π
ππ πε πε π-
= =

O campo produzido pelo quarto de circunferência que está acima do eixo x faz um ângulo de -45o com o semieixo x positivo, e o 
campo produzido pelo quarto de circunferência que está abaixo do eixo x faz um ângulo de -135o com o semieixo x positivo. 
(a) O módulo do campo total é
tot tot, 2 2
0 0
9 2 2 12
2 2
2 2 | | 4| |1 1
2 cos45
4 4
(8,99 10 N m C )4(4,50 10 C)
20,6 N/C.
(5,00 10 m)
x
q q
E E
r rπε πεπ π
π
-
-
 
 
 
 
= = °=
× ⋅ ×= =
×

(b) Por simetria, o campo total faz um ângulo de -90o com o semieixo x positivo. 
27. Por simetria, vemos que o campo no ponto P é duas vezes maior que o campo produzido pelo arco semicircular superior, cuja 
densidade linear de carga é λ = q/πR. Usando o mesmo raciocínio do problema anterior, obtemos
90
tot 2 2
900 0
ˆ ˆ2 j sen j.
4
q
E
R R
λ θ
πε ε π
°
- °
          
= - =-

(a) Para R = 8,50 × 10–2 m e q = 1,50 × 10–8 C, tot| | 23,8 N/C.E =

(b) O campo elétrico total faz um ângulo de -90o com o semieixo x positivo.
28. Derivando a Eq. 22-16 em relação a z e igualando o resultado a zero, obtemos
( ) ( )
2 2
3/2 5/22 2 2 2
00
2
0,
44
d qz q R z
dz z R z Rπεπε
  -  = =
 + + 
o que nos dá / 2.z R= Para R = 2,40 cm, obtemos z = 1,70 cm.
29. Vamos primeiro calcular o campo produzido pelo arco circular, cuja densidade linear de carga é λ = Q/L, em que L é o com-
primento do arco. Usando o mesmo raciocínio do Exemplo “Campo elétrico de um arco de circunferência carregado”, chegamos 
à conclusão de que o módulo do campo elétrico produzido por um arco de circunferência de raio r, com uma densidade linear de 
carga λ, que subtende um ângulo θ, é
arco
0 0
2 sen( /2)
sen( /2) sen( /2)
4 4
E
r r
λ θλ θ θ
πε πε
  = - - = .
Como, no nosso caso, λ = Q/L = Q/Rθ e r = R, temos
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3 6 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R
arco 2
0 0
2( / )sen( /2) 2 sen( /2)
4 4
Q R Q
E
R R
θ θ θ
πε πε θ
= = .
O módulo do campo produzido por uma carga pontual é dado pela Eq. 22-3:
2
0
ponto 4
Q
E
Rπε
=
A razão pedida é, portanto,
2
ponto 0
2
arco 0
/4
2sen( /2)2 sen( / 2)/4
E Q R
E Q R
πε θ
θθ πε θ
= = .
Para θ = π, temos
ponto
arco
1,57.
2
E
E
π= ≈
30. De acordo com a Eq. 22-16, temos
3/2
2 2 3/2 2 2 3/2
0 0]
2 2 13
0 4,19 .
54 [(2 ) 4 [(2 ) (3 ) ]
RQ Rq
q Q Q
R R R Rπε πε
 
 
 
+ = ⇒ =- =-
+ +
31. PENSE O sistema é uma barra isolante com uma distribuição uniforme de carga. Como a carga está distribuída, o campo 
elétrico deve ser calculado por integração.FORMULE A densidade linear de carga λ é a carga por unidade de comprimento da barra. Como a carga total q- está distribuída 
uniformemente em uma barra de comprimento L, / .q Lλ = - Para calcular o campo elétrico no ponto P da figura, posicionamos 
o eixo x ao longo da barra, com a origem na extremidade esquerda da barra, como mostra a figura. 
Seja dx um elemento infinitesimal da barra no ponto x. A carga desse elemento é .dp dxλ= A carga dq pode ser considerada uma 
carga pontual. O campo elétrico produzido por essa carga no ponto P tem apenas a componente x, e essa componente é dada por
O campo elétrico produzido no ponto P por toda a barra é dado pela integral
já que λL = -q. 
ANALISE (a) Para q = 4,23 × 10-15 C, L = 0,0815 m e a = 0,120 m, a densidade linear de carga da barra é
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M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 3 7
(b) E o campo elétrico é 
o que nos dá 3| | 1,57 10 N/C.xE
-= ×
(c) O sinal negativo de xE 
indica que o campo aponta no sentido negativo do eixo x.
(d) Se a >> L, L + a ≈ a, e a expressão do campo elétrico se torna
Como 50 m 0,0815 m,a L>>= = a aproximação anterior pode ser usada e, portanto, 81,52 10 N/CxE -=- × , o que nos dá 
8| | 1,52 10 N/CxE
-= × .
(e) No caso de uma partícula de carga 154,23 10 C,q -- =- × o módulo do campo elétrico a uma distância a = 50 m é o mesmo do 
item (d): 8| | 1,52 10 N/C.xE
-= ×
APRENDA A uma distância muito maior que o comprimento da barra ( a L ), a barra pode ser considerada uma carga pontual 
-q, e o campo elétrico pode ser calculado usando a relação 2
0
.
4
x
q
E
aπε
-≈
32. Um elemento infinitesimal dx da barra contém uma carga dq = λ dx, na qual λ = dq/dx é a densidade linear de carga. Por si-
metria, as componentes horizontais dos campos produzidos pelos elementos de carga se cancelam, e precisamos apenas calcular, 
por integração, a soma das componentes verticais. A simetria do problema também permite calcular apenas a contribuição de 
metade da barra (0 ≤ x ≤ L/2) e multiplicar o resultado por dois. No cálculo, a seguir, fazemos uso do fato de que sen θ = R/r, na 
qual 2 2 .r x R= + 
(a) De acordo com a Eq. 22-3, temos
( )
( )
/2 /2
2 2 2 2 2
00 00
/2 /2
3 2 2 2 22 20 0 00
2 2 220 0
,
2
2 sen
44
( / )
2 2
2 1
12,4 N/C
2 2 42
L L
L L
dq ydx
E
r x R x R
q L RR dx x
R x Rx R
q qL
LR R L RL R
λθ
πεπε
λ
πε πε
πε πε
    
          
⌠ ⌠
 

⌡⌡
⌠


⌡
= =
+ +
= = ⋅
++
= = =
++

em que a solução da integral pode ser obtida usando os métodos do cálculo ou consultando o Apêndice E (veja a fórmula 19 da 
lista de integrais).
(b) Como foi mencionado no item (a), o campo elétrico E

 é vertical e faz um ângulo de 90o com o semieixo x positivo.
33. Considere um elemento infinitesimal dx da barra, situado a uma distância x da extremidade esquerda, como mostra a figura. 
O elemento possui uma carga dq = λdx e está a uma distância r do ponto P. O módulo do campo produzido pelo elemento no 
ponto P é dado por
2
0
1
.
4
dx
dE
r
λ
πε
=
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3 8 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R
As componentes x e y do campo são
2
1
sen
4x
dx
dE
r
λ θ
πε0
=-
e
2
1
cos .
4y
dx
dE
r
λ θ
πε0
=-
Vamos usar θ como a variável de integração e usar as relações r = R/cos θ, x = R tan θ e dx = (R/cos2 θ) dθ. Os limites de integração 
são 0 e π/2 rad. Temos
0 00 0 0
sen cos
4 4 4x
E d
R R R
ππλ λ λθ θ θ
πε πε πε
22
= - = = -∫
e
/2
0 00 0 0
cos sen .
4 4 4y
E d
R R R
ππλ λ λθ θ θ
πε πε πε
2
=- =- = -∫
Note que Ex = Ey, qualquer que seja o valor de R. Assim, E

 faz um ângulo de 45° com a barra para qualquer valor de R.
34. De acordo com a Eq. 22-26, temos
( ) ( ) ( )
26
3
12 2 22 2 2 2
0
5,3 10 C m 12 cm
1 1 6,3 10 N C.
2 2 8,85 10 C /N m 12 cm 2,5 cm
z
E
z R
σ
ε
-
-
 
   
       
  
×= - = - = ×
× ⋅+ +
35. PENSE O sistema é um disco uniformemente carregado de raio R, e devemos comparar a intensidade do campo elétrico em 
pontos diferentes do eixo do disco.
FORMULE Em um ponto do eixo de um disco uniformemente carregado, situado a uma distância z do centro do disco, o módulo 
do campo elétrico é fornecido pela Eq. 22-26:
em que R é o raio do disco e σ é a densidade superficial de carga. O módulo do campo elétrico no centro do disco (z = 0) é Ec = 
σ/2ε0. Devemos determinar qual é o valor de z para o qual E/Ec = 1/2. Isso significa que
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M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 3 9
ANALISE Elevando ambos os membros da equação anterior ao quadrado e multiplicando por z2 + R2, obtemos a relação z2 = (z2/4) + 
(R2/4), que nos dá z2 = R2/3; portanto, 3z R= . Para R = 0,600 m, z = 0,346 m.
APRENDA A figura a seguir mostra um gráfico da razão entre os valores do campo elétrico, 2/ 1 ( / ) / ( / ) 1,cE E z R z R= - + em função 
de z/R. Como se pode ver no gráfico, para / (0,346 m)/(0,600 m) 0,577,z R= = a razão E/Ec é realmente igual a 1/2.
36. A partir das relações dA = 2πrdr (que pode ser vista como a diferencial de A = πr²) e dq = σ dA, na qual σ é a densidade su-
perficial de carga, obtemos
2
2
Q
dq r dr
R
π
π
 =  
 
na qual usamos o fato de que a carga está uniformemente distribuída para fazer a densidade superficial de carga igual à carga total 
Q dividida pela área total πR2. Fazendo r = 0,0050 m e dr ≈ 30 H 10–6 m, obtemos dq ≈ 2,4 H 10–16 C.
37. Podemos usar a Eq. 22-26, notando que o disco da Fig. 22-52b é equivalente ao disco da Fig. 22-52a mais um disco menor, de 
raio R/2, com a carga oposta à do disco principal. Assim, temos
( )
2 2
0
2
1
2 (2 )
a
R
E
R R
σ
ε
 
 = -
 + 
e
( ) ( )
2 2
0
2
1 .
2 (2 ) ( / 2)
b a
R
E E
R R
σ
ε
 
 = - -
 + 
Isso nos dá
( ) ( )
( )
1 2/ 4 1/4 1 2/ 17/4 0,0299
0,283 28%.
0,10561 2/ 4 1 1 2/ 5
a b
a
E E
E
- - + -
= = = = ≈
- + -
38. Escrevemos a Eq. 22-26 na forma
 
2 2 1/2
máx
1
( )
E z
E z R
= -
+
e notamos que, no gráfico da Fig. 22-53b, E/Emáx = 0,5 para z = 4,0 cm. Fazendo E/Emáx = 0,5 e z = 4,0 cm na equação apresentada, 
obtemos R = 6,9 cm.
39. Quando a gota está em equilíbrio, a força da gravidade é compensada pela força do campo elétrico: mg = –qE, em que m é a 
massa da gota, q é a carga da gota e E é o módulo do campo elétrico. A massa da gota é dada por m = (4π/3)r3ρ, em que r é o raio 
da gota e ρ é a massa específica do óleo. Assim,
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4 0 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R
3 23 6 3
19
5
4 4 1,64 10 m) (851kg m )(9,8m s )
8,0 10 C
3 3(1,92 10 N C)
mg r g
q
E E
π ρ π - -( ×=- =- =- =- ×
×
e q/e = (–8,0 × 10–19 C)/(1,60 × 10–19 C) = –5, o que nos dá q = -5e.
40. (a) A direção inicial do movimento é tomada como sendo o sentido positivo do eixo x, que é também a direção do campo E

. 
Usando a Eq. 2-16, 2 2 2f iv v a x- = ∆ com vf = 0 e a = F/m = -eE/me, para calcular a distância ∆x:
2 2 31 6 2
2
19 3
(9,11 10 kg)(5,00 10 m s)
7,12 10 m 7,12 cm.
2 2 2(1,60 10 C) (1,00 10 N C)
i e iv m vx
a eE
-
-
-
- - - × ×
∆ = = = = × =
- - × ×
(b) De acordo com a Eq. 2-17, temos
2
8
6
méd
2 2(7,12 10 m)
2,85 10 s 28,5 ns.
5,00 10 m si
x x
t
v v
-
-∆ ∆ ×= = = = × =
×
(c) Usando a Eq. 2-16 com o novo valor de ∆x, temos
( )21 2 22
2 2 2 21
219 3 3
31 6 2
2 2
2(1,60 10 C)(1,00 10 N C)(8,00 10 m)
 0,112.
(9,11 10 kg)(5,00 10 m s)
e if
i e ei i i i
m v v vK a x eE x
K m v v v m v
- -
-
∆ -∆ ∆ - ∆= = = =
- × × ×= =-
× ×
Assim, a fração da energia cinética perdida na região é 0,112.
41. PENSE Este problema envolve uma comparação entre a força eletrostática e a força gravitacional. 
FORMULE O módulo da força eletrostática a que é submetida uma carga pontual de valor absoluto q é dado por F = qE, em que 
E é o módulo do campo elétrico na posição da partícula. Por outro lado, a força gravitacional a que é submetida uma partícula de 
massa m é dada por .gF mg=
ANALISE (a) Para 92,0 10 Cq -=- × e 63,0 10 N,F -= × o módulo do campo elétrico é dado por
Em notação vetorial, .F qE=
 
 Como a força aponta para baixo e a carga é negativa, o campo E

 deve apontar para baixo (no sentido 
oposto ao de ).F

(b) O módulo da força eletrostática exercida pelo campo sobre o próton é
(c) Como a carga do próton é positiva, a força aponta no mesmo sentido que o campo, ou seja, para cima.
(d) O módulo da força gravitacional exercida pela Terra sobre o próton é
A força aponta para baixo.
(e) A razão entre as forças é
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M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 4 1
APRENDA Para um valor típico do campo elétrico nas vizinhanças de superfície da Terra, 1,5 10 N C,= × a força eletrostática 
é muito maior que a força gravitacional. Para que as duas forças sejam iguais, o campo elétrico deve ser muito pequeno:
42. (a) Fe = Ee = (3,0 × 10
6 N/C)(1,6 × 10–19 C) = 4,8 × 10–13 N.
(b) Fi = Eqíon = Ee = (3,0 × 10
6 N/C)(1,6 × 10–19 C) = 4,8 × 10–13 N.
43. PENSE A aceleração do elétron é dada pela segunda lei de Newton: ,F ma= em que F é a força eletrostática. 
FORMULE O módulo da força que age sobre o elétron é F = eE, em que E é o módulo do campo elétrico na posição do elétron. 
De acordo com a segunda lei de Newton, a aceleração do elétron é
ANALISE Para 191,6 10 C,e -= × 42,00 10 N/CE = × e 319,11 10 kg,m -= × a aceleração é
APRENDA Em notação vetorial, / /a F m eE m= =-
 
 e, portanto, a

 e E

 têm sentidos opostos. O módulo da aceleração do elétron 
é proporcional ao módulo E do campo: quanto maior o valor de E, maior a aceleração. 
 
44. (a) Para que a partícula esteja em equilíbrio, devemos ter
.
2
mg
q E mg E
e
= ⇒ =
 
Substituindo os valores dados no problema, obtemos 
27 2
7
19
(6,64 10 kg)(9,8 m/s )
2,03 10 N C
2 2(1,6 10 C)
mg
E
e
-
-
-
×= = = ×
×

.
(b) Como a força da gravidade aponta para baixo, a força qE

 deve apontar para cima. Como a carga da partícula alfa é positiva, o 
campo elétrico deve apontar para cima.
45. Combinando a Eq. 22-9 com a Eq. 22-28, temos
3 3
0
2
2
p kep
F q E q
z zπε
 
 
 
 
= = =
em que k é a constante eletrostática, dada pela Eq. 21-5. Assim, temos 
( )
9 2 2 19 29
15
3
9
2(8,99 10 N m C )(1,60 10 C)(3,6 10 C m)
6,6 10 N
25 10 m
F
- -
-
-
× ⋅ × × ⋅= = ×
× .
Se o momento do dipolo aponta no sentido positivo do eixo z, a força F

 aponta no sentido negativo do eixo z.
46. (a) De acordo com a Eq. 22-28 e a segunda lei de Newton, temos
31
9 2
19
2
9,11 10 kg
(1,80 10 m/s ) 0,0102 N/C
1,60 10 C
1,02 10 N/C.
F ma m
E a
q e e
-
-
-
 × = = = = × =   ×   
= ×
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4 2 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R
(b) Como o elétron tem carga negativa e é acelerado para leste, isso significa que o campo elétrico tem o sentido oposto, ou seja, 
aponta para oeste.
47. PENSE A aceleração do próton é dada pela segunda lei de Newton: ,F ma= em que F é a força eletrostática. 
FORMULE O módulo da força que age sobre o próton é F = eE, em que E é o módulo do campo elétrico. De acordo com a segunda 
lei de Newton, a aceleração do próton é a = F/m = eE/m, em que m é a massa do próton. Assim,
Supondo que o próton parte do repouso (
0 0v = ), e usando a equação 
2 2
0 2v v ax= + (ou o par de equações 
21
2
x at= e v = at), con-
cluímos que a velocidade do próton depois de percorrer uma distância x é 2 .v ax=
ANALISE (a) Para 191,6 10 C,e -= × 42,00 10 N/CE = × e 271,67 10 kg,m -= × a aceleração é
(b) Para 21,00 cm 1,0 10 m,x -= = × a velocidade do próton é
APRENDA O tempo necessário para que o próton atinja a velocidade final é
A distância percorrida pelo próton é dada por
48. De acordo com a Eq. 22-26, a Eq. 22-28 e a segunda lei de Newton, temos
2 2
0
1
2
e z
a
m z R
σ
ε
 
= - 
+ 
na qual z é a distância entre o elétron e o centro do disco.
(a) Para z = R, temos
16 2
2 2
0 0
(2 2)
1 1,16 10 m/s .
2 4
e R e
a
m mR R
σ σ
ε ε
  -
= - = = × 
+ 
(b) Para z = R/100, 16 2
0
(10.001 10.001
3,94 10 m/s .
20.002
e
a
m
σ
ε
-
= = ×
 
(c) Para z = R/1000, 16 2
0
(1.000.001 1.000.001
3,97 10 m/s .
2.000.002
e
a
m
σ
ε
-
= = ×
(d) O módulo da aceleração quase não varia quando o elétron está próximo do disco porque a resultante da força produzida pelas 
cargas próximas da borda do disco diminui com a redução da distância entre o elétron e o centro do disco.
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M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 4 3
49. (a) De acordo com a Eq. 22-28, temos
5 3 5ˆ ˆ(8,00 10 C)(3,00 10 N C)i (8,00 10 C)( 600 N C)j
ˆ ˆ(0,240 N)i (0,0480 N)j.
F - -= × × + × -
= -

Assim, o módulo da força é
2 2 2 2(0,240 N) ( 0,0480 N) 0,245 N.x yF F F= + = + - =
(b) O ângulo que a força F

 faz com o semieixo x positivo é 
1 1 0,0480 Ntan tan 11,3 .
0,240 N
y
x
F
F
θ - -
   
        
-= = =- °
(c) De acordo com a Eq. 2-18,
( )( )
( )
2
2
2
0,240 N 3,00 s1
108 m.
2 2 2 0,0100 kg
x
x
F t
x a t
m
= = = =
(d) De acordo com a Eq. 2-18,
2 2
2 ( 0,0480 N)(3,00 s)1 21,6 m.
2 2 2(0,0100 kg)
y
y
F t
y a t
m
-= = = =-
50. Como o campo elétrico e a força da gravidade são verticais, não existem forças na direção do eixo x. Vamos combinar a Eq. 
22-28 com a segunda lei de Newton, usar a Eq. 4-21 para determinar o tempo t e usar a Eq. 4-23 para determinar a velocidade final, 
substituindo –g por ay. As componentes da velocidade dadas no enunciado do problema como vx e vy serão chamadas de v0x e v0y.
(a) Como / ( / ) ,a qE m e m E= =-
 
 temos
19
213
31
1,60 10 C N ˆ ˆ120 j (2,1 10 m s ) j.
C9,11 10 kg
a
-
-
  
     
×=- =- ×
×

(b) Como vx = v0x neste problema (ou seja, ax = 0), temos
7
5
0
23 13 7 6
0
0,020m
 1,33 10 s
1,5 10 m s
3,0 10 m s ( 2,1 10 m s )(1,33 10 s) 2,8 10 m/s.
x
y y y
x
t
v
v v a t
-
-
∆
= = = ×
×
= + = × + - × × = - ×
Assim, a velocidade final é
5 6ˆ ˆ(1,5 10 m/s) i (2,8 10 m/s) j.v = × - ×
51. (a) Vamos chamar de Q a carga da abelha e de q o valor absoluto das cargas induzidas nos lados do grão de pólen. Representando 
a carga da abelha por uma carga pontual situada no centro do inseto, a força eletrostática exercida pela abelha sobre o grão de pólen é
2 2 2 2
( ) 1 1
| |
( /2) ( /2) ( /2) ( /2)
kQq kQ q
F kQ q
d D D D d D
 
 
  
-= + =- -
+ +
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4 4 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R
na qual D é o diâmetro da esfera que representa a abelha, e d é o diâmetro do grão de pólen. Substituindo os valores numéricos, 
obtemos
9 2 2 12 12
3 2 3 2
10
1 1
(8,99 10N m C )(45,0 10 C)(1,000 10 C)
(5,00 10 m) (5,04 10 m)
2,6 10 N .
F - - - -
-
 
 
  
=- × ⋅ × × -
× ×
=- ×
O sinal negativo indica que a força entre a abelha e o grão de pólen é atrativa. O módulo da força é |F| = 2,6 × 10-10 N.
(b) Seja | | 45,0 pCQ =′ o valor absoluto da carga da ponta do estigma. A força eletrostática que o estigma exerce sobre o grão é 
2 2 2 2
| | | | ( ) 1 1
| || |
( ) ( ) ( ) ( )
k Q q k Q q
F k Q q
d D D D d D
 
 
  
-′ ′= + =- -′ ′
+ +′ ′ ′ ′
na qual 1,000 mmD =′ é a distância entre o grão de pólen e o estigma. Substituindo os valores numéricos, obtemos
9 2 2 12 12
3 2 3 2
8
1 1
(8,99 10 N m C )(45,0 10 C)(1,000 10 C)
(1,000 10 m) (1,040 10 m)
3,06 10 N .
F - - - -
-
 
 
  
=- × ⋅ × × -′
× ×
=- ×
O sinal negativo indica que a força entre o grão de pólen e o estigma é atrativa. O valor absoluto da força é 8| | 3,06 10 N.F -= ×′
(c) Como | | | | ,F F>′ o grão salta para o estigma.
52. (a) De acordo com a Eq. 2-11, a Eq. 22-28 e a segunda lei de Newton, temos 
19
4 9
0 0 31
4
(1,6 10 C)(50 N/C)
| | 4,0 10 m/s (1,5 10 s)
9,11 10 kg
2,7 10 m/s 27 km/s.
eE
v v a t v t
m
-
-
-
×= - = - = × - ×
×
= × =
(b) Como o campo elétrico é uniforme, a aceleração é constante e, portanto, de acordo com a Eq. 2-17, a distância percorrida é
50 5,0 10 m 50 m.
2
v v
d t µ-+= = × =
53. Tomamos o sentido positivo como sendo para a direita na Fig. 22-55. A aceleração do próton é ap = eE/mp e a aceleração do 
elétron é ae = –eE/me, na qual E é o módulo do campo elétrico, mp é a massa do próton e me é a massa do elétron. Tomamos a origem 
como sendo a posição inicial do próton. Nesse caso, a coordenada do próton no instante t é x = apt
2/2 e a coordenada do elétron é 
x = L + aet
2/2. No instante em que as partículas passam uma pela outra, suas coordenadas são iguais, ou seja, 
2 21 1 .
2 2p e
a t L a t= +
Isso significa que t2 = 2L/(ap – ae) e, portanto,
( ) ( )
( )
31
31 27
5
9,11 10 kg
0,050 m
9,11 10 kg 1,67 10 kg
2,7 10 m 27 m.
p p e
p e e pp e
a eE m m
x L L L
a a m meE m eE m
µ
-
- -
-
 
 
 
 
 
 
 
 
= = =
- ++
×=
× + ×
= × =
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M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 4 5
54. Como a carga do elétron é negativa e o campo elétrico aponta no sentido positivo do eixo y, a força a que o elétron é submetido, 
de acordo com a Eq. 22-28, aponta para baixo, e a aplicação da segunda lei de Newton ao problema leva a equações análogas às do 
movimento balístico discutidas no Capítulo 4, com a aceleração da gravidade g substituída por uma aceleração a = eE/m = 8,78 × 
1011 m/s2. De acordo com a Eq. 4-21,
6
6
0 0
3,00 m
1,96 10 s,
cos (2,00 10 m/s) cos 40,0
x
t
v θ
-= = = ×
× °
o que nos dá (usando a Eq. 4-23) 
6 11 2 6
0 0
5
sen (2,00 10 m/s) sen 40,0 (8,78 10 m/s )(1,96 10 s)
4,34 10 m/s .
yv v atθ -= - = × °- × ×
=- ×
Como a componente x da velocidade não muda, a velocidade final é
6 5ˆ ˆ(1,53 10 m/s)i (4,34 10 m/s) j.v = × - ×

55. (a) De acordo com a Eq. 2-17,
2
6
8
2 2(2,0 10 m)
2,7 10 m s.
1,5 10 s
x
v
t
-
-
×
= = = ×
×
(b) De acordo com a Eq. 2-15, a Eq. 22-28 e a segunda lei de Newton,
2 31
3
2 19 8 2
2 2(2,0 10 m)(9,11 10 kg)
1,0 10 N C 1,0 kN/C.
(1,60 10 C)(1,5 10 s)
ma xm
E
e et
- -
- -
× ×
= = = = × =
× ×
56. (a) Para θ = 0, a Eq. 22-33 nos dá
τ = pE sen 0o = 0.
(b) Para θ = 90o, a Eq. 22-33 nos dá
( )( ) ( )19 9 6 222 1,6 10 C 0,78 10 m 3,4 10 N C 8,5 10 N m.pEτ - - - = = × × × = × ⋅ 
(c) Para θ = 180o, a Eq. 22-33 nos dá
τ = pE sen 180o = 0.
57. PENSE A energia potencial de um dipolo elétrico na presença de um campo elétrico uniforme depende da orientação do 
dipolo em relação ao campo elétrico. 
FORMULE O módulo do momento dipolar elétrico é dado por ,p qd= em que q é o valor absoluto das cargas e d é a distância 
entre as cargas. A energia potencial do dipolo na presença de um campo elétrico é dada pela Eq. 22-38:
 
Assim, se o ângulo inicial entre p
 e E

 é 
0 ,θ e o ângulo final é ,θ a variação da energia potencial é
 
ANALISE (a) Para 1,50 10 C= × e 66,20 10 m,d -= × o módulo do momento dipolar é
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4 6 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R
(b) Como os ângulos inicial e final são 
0 0θ = (orientação paralela) e 180θ = ° (orientação antiparalela), temos
APRENDA A energia potencial é máxima (Umáx = + pE), quando o dipolo está na orientação antiparalela, e mínima mín( ),U pE=- 
quando o dipolo está na orientação antiparalela a .E

 
58. De acordo com a Eq. 22-38 e o gráfico da Fig. 22-57, 
Umáx = pE = 100 × 10
–28 J.
Para E = 20 N/C, obtemos p = 5,0 × 10–28 C·m. 
59. Usando o mesmo raciocínio do item (c) do Exemplo “Torque e energia de um dipolo elétrico em um campo elétrico”, obtemos
0 0 0 0
25
0
23
( ) ( ) cos( ) cos( )
2 cos 2(3,02 10 C m)(46,0 N/C)cos64,0
1,22 10 J.
W U U pE
pE
θ π θ θ π θ
θ -
-
  = + - =- + -
= = × ⋅ °
= ×
60. De acordo com a Eq. 22-35, o ângulo para o qual o torque é máximo é θ = –90° e τmáx = pE. Assim, como E = 40 N/C e, de 
acordo com o gráfico da Fig. 22-58, τmáx = 100 × 10–28 N·m, o momento dipolar é p = 2,5 × 10–28 C·m. 
61. A Eq. 22-35, τ = -pE sen θ expressa o fato de que existe um torque restaurador que tende a fazer um dipolo voltar à posição de 
equilíbrio depois de perturbado. Se a amplitude do movimento é pequena, podemos substituir sen θ por θ em radianos, obtendo 
a relação τ ≈ -pEθ. Como essa relação expressa uma proporcionalidade entre o torque restaurador e o ângulo de rotação, o dipolo 
executa um movimento harmônico simples semelhante ao de um pêndulo de torção com uma constante de torção κ = pE. Assim, 
a frequência angular ω é dada por
2 pE
I I
κω = =
em que I é o momento de inércia do dipolo. A frequência de oscilação é
0,5
1 1
2 2 2
pE pE
f
I I
ω
π π π
 
 
 
= = =
62. (a) De acordo com a Eq. 22-28 e a segunda lei de Newton, temos
19
26 17
31
| | 1,60 10 C N
1,40 10 2,46 10 m s .
C9,11 10 kg
q E
a
m
-
-
 ×  = = × = ×  ×   
(b) De acordo com a Eq. 2-11, para v = c/10 = 3,00 × 107 m/s, temos
7
10o
17 2
3,00 10 m/s
1,22 10 s.
2,46 10 m/s
v v
t
a
-- ×= = = ×
×
(c) De acordo com a Eq. 2-16, temos
2 2 7 2
30
0 17 2
(3,00 10 m/s)
1,83 10 m.
2 2(2,46 10 m/s )
v v
x x
a
-- ×- = = = ×
×
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M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 4 7
63. (a) Como a massa específica da água é ρ = 1000 kg/m3, o peso mg de uma gota esférica de raio r = 6,0 × 10–7 m é
3 7 3 2 154(1000kg m ) (6,0 10 m) (9,8m s ) 8,87 10 N.
3
W Vg
πρ - - = = × = ×  
(b) O equilíbrio vertical das forças nos dá mg = qE = neE, em que n é o número de elétrons em excesso. Explicitando n, obtemos
15
19
8,87 10 N
120.
(1,60 10 C) (462 N C)
mg
n
eE
-
-
×
= = =
×
64. Os campos produzidos pelas duas cargas mais próximas do ponto médio se cancelam. Desse modo, precisamos considerar 
apenas o campo produzido pela terceira carga, que está a uma distância 3 /2r d= do ponto médio. De acordo com a Eq. 22-3, temos
2 22
0 00
4 34 ( 3 /2)
Q Q Q
E
r ddπε πεπε
= = =
.
65. Usando o mesmo raciocínio do Exemplo “Campo elétrico de um arco de circunferência carregado”, chegamos à conclusão 
de que o módulo do campo elétrico produzido por um arco de circunferência de raio R, com uma densidade linear de carga Q/L,que subtende um ângulo θ, é
arco
0 0
.
/ 2( / )sen( /2)
sen( /2) sen( /2)
4 4
Q L Q L
E
R R
θθ θ
πε πε
  = - - =
Como L = Rθ, com θ em radianos, temos
arco 2
0 0
.
2( / )sen( /2) 2 sen( /2)
4 4
Q R Q
E
R R
θ θ θ
πε πε θ
= =
Fazendo Earco = 0,500Epart, em que Epart é dado pela Eq. 22-3, temos
2 2
0 0
.
2 sen( /2) 1
sen
2 2 44 4
Q Q
R R
θ θ θ
πε θ πε
= ⇒ =
A solução aproximada da última equação é θ = 3,791 rad ≈ 217°.
66. Na figura a seguir, o terceiro vértice do triângulo foi escolhido como origem do sistema de coordenadas.
De acordo com a Eq. 22-3,
e p 2
04
e
E E
dπε
= =
 
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em que d é o lado do triângulo. Note que as componentes y dos campos elétricos se cancelam. Como, no caso de um triângulo 
equilátero, o ângulo θ indicado na figura é 60o, temos
19
9 2 2
etot 2 6 2
0
2
(1,6 10 C)
2 cos 2 cos 2 (8,99 10 N m /C ) cos 60
4 (2,0 10 m)
3,6 10 N C.
x
e
E E E
d
θ θ
πε
-
-
 
 
 
 
×= = = = × ⋅ °
×
= ×

67. A carga de um pequeno trecho da corda é dada por dq = λ dx, na qual λ é a densidade linear de carga. Como a contribuição 
desse trecho da corda para o módulo do campo elétrico no ponto xP do eixo x é
2
0
,
4 ( )P
dq
dE
x xπε
=
-
temos
 
( )
3
2
0 0
.
4 P
E
dx
x x
λ
πε
⌠


⌡
=
-

 
Fazendo u = x – xP, obtemos
1
2
40 0
1 1
61 N/C.
4 4 1,0m 4,0m
du
E
u
λ λ
πε πε
-
-
 - -
= = - = - - 
⌠
⌡

68. Todos os campos produzidos por cargas diametralmente opostas se cancelam, exceto os campos produzidos pelas cargas q4 e 
q8. O campo resultante dessas duas cargas é dado por 
( )
9 2 2 19
5
2 2
0
3(8,99 10 N m C )(1,60 10 C)3 ˆ ˆ ˆi i (1,08 10 N/C)i.
4 0,020m
e
E
dπε
-
-× ⋅ ×= = = ×

69. (a) Supondo que as duas partículas estão no eixo x, vemos que, por simetria, a componente x do campo total é zero; assim, o 
campo total é igual à componente y, que aponta para cima e cujo módulo é dado por 
9 2 2 9 o
tot, 2 2
0
sen (8,99 10 N m /C )(12 10 )sen60
2 2 46,7 N/C 47 N/C.
4 (2,0)y
Q
E
a
θ
πε
-× ⋅ ×= = = ≈
(b) Por simetria, vemos que, neste caso, a componente y do campo total é zero; assim, o campo total é igual à componente x, que 
aponta para a direita e cujo módulo é dado por
9 2 2 9 o
tot, 2 2
0
cos (8,99 10 N m /C )(12 10 )cos60
2 2 27 N/C.
4 (2,0)x
Q
E
a
θ
πε
-× ⋅ ×= = =
70. Nossa abordagem, baseada na Eq. 22-29, envolve várias etapas. A primeira consiste em encontrar um valor aproximado de e 
calculando as diferenças entre todos os pares de valores experimentais. A menor diferença é a que existe entre o sexto e o quinto 
valores: 
18,08 × 10–19 C – 16,48 × 10–19 C = 1,60 × 10–19 C,
que vamos chamar de eaprox. A etapa seguinte é determinar valores inteiros de n usando este valor aproximado de e:
i 
^ 
.
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M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 4 9
19
1
aprox
19
2
aprox
19
3
approx
19
4
aprox
19
5
aprox
6,563 10 C
dado 1 4,10 4
8,204 10 C
dado 2 5,13 5
11,50 10 C
dado 3 7,19 7
13,13 10 C
dado 4 8,21 8
16,48 10 C
dado 5 10,30 10
n
e
n
e
n
e
n
e
n
e
-
-
-
-
-
×
= ⇒ =
×
= ⇒ =
×
= ⇒ =
×
= ⇒ =
×
= ⇒ =
19
6
aprox
19
7
aprox
19
8
aprox
19
9
aprox
18,08 10 C
dado 6 11,30 11
19,71 10 C
dado 7 12,32 12
22,89 10 C
dado 8 14,31 14
26,13 10 C
dado 9 16,33 16
n
e
n
e
n
e
n
e
-
-
-
-
×
= ⇒ =
×
= ⇒ =
×
= ⇒ =
×
= ⇒ =
Em seguida, preparamos um novo conjunto de dados (e1, e2, e3, …) dividindo os dados pelos números inteiros ni obtidos na etapa 
anterior:
( )
19 19 19
1 2 3
1 2 3
,
6,563 10 C 8,204 10 C 11,50 10 C
, , , , , ,e e e
n n n
- - - 
 
 
 
× × ×= 
o que nos dá (usando mais decimais que o número de algarismos significativos)
( )19 19 191,64075 10 C, 1,6408 10 C, 1,64286 10 C,- - -× × × 
como um novo conjunto de dados (que podem ser considerados valores experimentais de e). Finalmente, calculamos a média e o 
desvio-padrão desse conjunto de dados. O resultado é
( ) 19exp méd 1,641 0,004 10 Ce e e -= ±∆ = ± ×
que não concorda (dentro de um desvio-padrão) com o valor atualmente aceito de e. O limite inferior do valor de e, de acordo com o 
resultado apresentado, é eméd – ∆e = 1,637 × 10–19 C ≈ 1,64 × 10-19 C, que está 2% acima do valor atualmente aceito, e = 1,60 × 10-19 C.
71. No Exemplo “Campo elétrico de um arco de circunferência carregado”, vimos que o campo no centro de um arco circular é 
dado por
0
sen
4
E x
r
θ
θ
λ
πε -
=
na qual λ é a densidade linear de carga, r é o raio do arco, e 2θ é o ângulo subtendido pelo arco. Como λ = q/L = q/rθ, com θ em 
radianos, em que q é a carga do arco e L é o comprimento do arco, 2θ = L/r e
9 2 2 9/
/0
(8,99 10 N m /C )(20 10 )
sen sen(1rad) sen( 1rad)
4 (2,0 m)(4,0 m)
37,8 N/C 38 N/C.
L r
L r
q C
E
rL
θ
πε
-
-
  
× ⋅ ×= - -
= ≈
72. De acordo com a Eq. 22-16, o campo elétrico em um ponto do eixo de um anel uniformemente carregado situado a uma dis-
tância z do centro do anel é dado por
2 2 3/2
04 ( )
qz
E
z Rπε
=
+
em que q é a carga do anel e R é o raio do anel. No caso de uma carga positiva, o campo aponta para cima, nos pontos acima do 
anel, e para baixo, nos pontos abaixo do anel. Vamos tomar o sentido para cima como sendo positivo. Nesse caso, a força a que é 
submetido um elétron que está no eixo do anel é
aprox
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5 0 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R
2 2 3/2
0
.
4 ( )
eqz
F
z Rπε
= -
+
No caso de oscilações de pequena amplitude em torno do centro do anel, z << R e podemos fazer z2 + R2 ≈ R2 no denominador. Assim,
3
0
.
4
eqz
F
Rπε
= -
A força F é uma força restauradora proporcional ao deslocamento do elétron em relação à posição de equilíbrio, como se o elétron 
estivesse preso a uma mola de constante elástica k = eq/4πε0R3. Assim, de acordo com a Eq. 15-12,
3
04
k eq
m mR
ω
πε
= =
em que m é a massa do elétron.
73. PENSE Temos uma partícula positivamente carregada no plano xy. A partir dos valores do campo elétrico em dois pontos 
diferentes do espaço, podemos determinar a posição e a carga da partícula. 
FORMULE Suponha que as coordenadas da carga são 0 0( , )x y . O campo elétrico em um ponto de coordenadas ( , )x y é dado por
A razão entre as componentes do campo é
 
ANALISE (a) O fato de que o campo no ponto (2,0 cm, 0) é ˆ(100 N/C)iE =

 mostra que 0 0,y = ou seja, que a carga está no eixo x. 
Assim, a expressão anterior pode ser simplificada para
Por outro lado, sabemos que o campo no ponto (3,0 cm, 3,0 cm) é ˆ ˆ(7,2 N/C)(4,0i 3,0j),E = +

 o que nos dá / 3/4.y xE E = Assim, temos
o que nos dá 0 1,0 cm.x =-
(b) Como foi demonstrado anteriormente, a coordenada y é y0 = 0.
(c) Para determinar a carga da partícula, basta observar que o campo no ponto (2,0 cm, 0) (que fica a uma distância r = 0,030 m 
da carga) é
Assim,
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M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 5 1
 APRENDA Outra forma de determinar o valor de q consiste em notar que, no ponto (3,0 cm, 3,00 cm),
o que nos dá
 
o mesmo valor que foi calculado antes. 
74. (a) De acordo com a Eq. 22-27, E = σ/2ε0 = 3 × 10
6 N/C. Como σ = |q|/A, isso nos dá
2 2 62
2 2 7
0 9 2 2
(2,5 10 m) (3,0 10 N C)
2 1,0 10 C 0,10 C.
2 2(8,99 10 N m C )R E
q R R E
k
π σ πε µ
-
-× ×= = = = = × =
× ⋅
em que K = 1/4 πε0 = 8,99 × 109 N . m2/C2.
(b) Usando a relação n = Ad/Aa = πR2/Aa, em que n é o número de átomos, Ad é a área do disco, e Aa é a seção reta efetiva de um 
átomo, temos
2 2
17
18 2
(2,5 10 m)
1,3 10 .
0,015 10 m
n
π -
-
×= = ×
×
(c) A fração pedida é
7
6
17 19
1,0 10 C
5,0 10 .
(1,3 10 )(1,6 10 C)
q
Ne
-
-
-
×= ≈ ×
× ×
75. Podemos concluir que Q = +1,00 μC unicamente por considerações de simetria. Entretanto, é possível chegar ao mesmo re-
sultado usando a Eq. 22-3 para calcular o módulo do campo elétrico no centro do triângulo e determinar o valor da carga para o 
qual o campo elétrico no centro do triângulo é zero. Tomando o eixo y como vertical e igualando a zero a soma das componentes 
y dos três campos, obtemos a equação 2 2 ,2 sen30 / /kq r kQ r° = na qual q é a carga das outras duas partículas e / 3.r a= Isso nos 
dá Q = 2q sen 30° = q, o mesmo valor mencionado anteriormente.
76. De acordo com a Eq. 22-38, cos ,U p E pE φ= - ⋅ = -

 na qual ϕ é o ângulo entre o momento do dipolo e o campo elétrico. De 
acordo com o enunciado do problema e a Fig. 22-62, ϕi = 90° + θi = 110° e ϕf = 90° - θf = 70,0°. Assim,
21cos(70,0 ) cos(110 ) 3,28 10 J.U pE -  ∆ =- ° - ° =- ×
77. (a) Como as duas cargas têm o mesmo sinal, o ponto x = 2,0 mm deve estar situado entre as cargas, para que os campos elétri-
cos criados pelas duas cargas apontem em sentidos opostos. Vamos chamar de x’ a coordenada da segunda partícula. Nesse caso, 
o módulo do campo produzido pela partícula de carga –q1 no ponto x é dado por E = q1/4πε0x2 e o módulo do campo produzido 
pela partícula de carga –4q1 é E’ = 4q1/4πε0(x’ – x)2. Igualando a zero o campo total, temos
net 0 E E E′= ⇒ =

e, portanto,
1 1
2 2
0 0
4
,
4 4 ( )
q q
x x xπε πε
=
′-
o que nos dá x’ = 3x = 3(2,0 mm) = 6,0 mm.
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5 2 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R
(b) Neste caso, os campos elétricos produzidos pelas duas partículas no ponto x = 2,0 mm apontam no sentido negativo do eixo x. 
Assim, o campo total também aponta no sentido negativo do eixo x e, portanto, faz um ângulo de 180° com o semieixo x positivo.
78. Seja q1 a carga da partícula 1, que está no ponto y = d, e seja q2 a carga da partícula 2, que está no ponto y = –d. Os módulos dos 
campos produzidos pelas duas cargas, E1 e E2, são dados pela Eq. 22-3. A distância entre a partícula 1 e qualquer ponto do eixo x 
é igual à distância entre a partícula 2 e o mesmo ponto, e é dada por 2 2 .r x d= + Por simetria, a componente y do campo total 
em qualquer ponto do eixo x é zero. A componente x é dada por
2 2 2 2
0
1
2
4x
q x
E
x d x dπε
   
          
=
+ +
na qual o último fator é cosθ = x/r, sendo θ o ângulo entre os campos produzidos pelas duas partículas e o eixo x.
(a) Simplificando essa expressão e fazendo x = αd, obtemos
2 2 3 2
0
.
2 ( 1)
x
q
E
d
α
πε α
 
 
  
=
+
(b) A figura a seguir mostra o gráfico de E = Ex em função de α para d = 1 m e q = 5,56 × 10
–11 C.
(c) Observando o gráfico, estimamos que o valor de E é máximo para α ≈ 0,71. Derivando a equação do item (a) e igualando o 
resultado a zero, obtemos o valor exato, 1 2 .α =
(d) Analisando o gráfico, podemos verificar que os pontos de “meia altura” correspondem a α ≈ 0,2 e α ≈ 2,0. Um cálculo mate-
mático leva aos resultados exatos: α = 0,2047 e α = 1,9864.
79. Vamos considerar pares de cargas diametralmente opostas. O campo total produzido pelas cargas situadas na posição de uma 
hora (–q) e na posição de sete horas (–7q) é igual ao campo produzido por uma carga –6q na posição de sete horas. Da mesma 
forma, o campo total produzido pelas cargas situadas nas posições de seis horas (–6q) e na posição de doze horas (–12q) é igual 
ao campo produzido por uma carga –6q na posição de doze horas. Pelo mesmo raciocínio, vemos que os doze vetores de campo 
elétrico podem ser reduzidos a seis vetores de mesmo módulo, que apontam para as direções de sete horas, oito horas, nove horas, 
dez horas, onze horas e doze horas. Por simetria, o campo total aponta na direção de nove horas e trinta minutos (9h30min).
80. O módulo do momento dipolar é dado por p = qd, na qual q é a carga positiva do dipolo e d é a distância entre as cargas. No 
caso do dipolo descrito no enunciado do problema,
19 9 28(1,60 10 C)(4,30 10 m) 6,88 10 C m.p - - -= × × = × ⋅
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M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 5 3
O momento dipolar é um vetor que aponta da carga negativa para a carga positiva.
81. (a) Como o campo E

 aponta para baixo, e precisamos de uma força para cima (para cancelar a força da gravidade), a carga 
da esfera deve ser negativa. O valor absoluto da carga pode ser calculado usando a Eq. 22-28:
4,4N
| | 0,029 C,
150N C
mgF
q
E E
= = = =
o que nos dá q = -0,029 C. 
(b) Podemos estudar a viabilidade deste experimento usando a Eq. 22-3. O módulo do campo produzido pela carga q na superfície 
da esfera é
2
04
q
E
rπε
=
em que r é o raio da esfera, dado por 
1/3
3
,
4
P
r
gπ ρ
 
=  
 
em que P é o peso da esfera e ρ é a massa específica do enxofre, dada no Apêndice F. Substituindo por valores numéricos, obtemos
11
2
0
,0,037m 2 10 N C
4
q
r E
rπε
= ⇒ = ≈ ×
um valor muito maior que a rigidez dielétrica do ar (veja a Seção 25-6). Além disso, a esfera seria desintegrada pela força de repulsão.
82. Usando o mesmo raciocínio do Exemplo “Campo elétrico de um arco de circunferência carregado”, chegamos à conclusão de 
que o módulo do campo elétrico produzido por um arco de circunferência de raio R, com uma densidade linear de carga λ, que 
subtende um ângulo θ, é
arco
0 0
2 sen( /2)
sen( /2) sen( /2)
4 4
E
R R
λ θλ θ θ
πε πε
  = - - = .
Fazendo λ = Q/L = Q/Rθ, obtemos
12
arco 2 12 2
0
2(6,25 10 C) sen(1,20 rad)2 sen( /2)
5,39 N/C.
4 4 (8,85 10 F/m)(0,09 m) (2,40 rad)
Q
E
R
θ
πε θ π
-
-
  ×= = =
×
83. PENSE A energia potencial de um dipolo elétrico na presença de um campo elétrico uniforme depende da orientação do dipolo 
em relação ao campo. O campo produz um torque que tende a alinhar o dipolo com o campo.
FORMULE A energia de um dipolo p

 na presença de um campo elétrico E

 é dada pela Eq. 22-38:
 
O torque produzido pelo campo elétrico é dado pela Eq. 22-34, .p Eτ = ×
 
ANALISE (a) De acordo com a Eq. 22-38 (e levando em conta que e ), a energia potencial é
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5 4 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R
(b) De acordo com a Eq. 22-34 (e levando em conta que ˆ ˆi i 0× = e ˆ ˆ ˆj i = k),× - o torque é
(c) O trabalho realizado é
APRENDA O trabalho realizado é igual à variação da energia potencial do dipolo.
84. (a) Como o campo elétrico aponta para cima na Fig. 22-68 e a carga do elétron é negativa, a força que o campo exerce sobre o 
elétron aponta para baixo. O módulo da aceleração é a = eE/m, em que E é o módulo do campo e m é a massa do elétron. O valor 
numérico da aceleração é
19 3
14 2
31
(1,60 10 C)(2,00 10 N/C)
3,51 10 m/s .
9,11 10 kg
a
-
-
× ×
= = ×
×
Vamos tomar como origem de um sistema de coordenadas a posição inicial do elétron. Supondo que o eixo x é horizontal e aponta 
para a direita e o eixo y é vertical e aponta para cima, as equações do movimento do elétron são
2
0 0 0cos , sen /2 e sen .yx v t y v t at v v atθ θ θ= = - = -
Vamos determinar qual é o valor máximo da coordenada y durante o movimento do elétron. Se esse valor for menor que d, o 
elétron não sechocará com a placa superior, mas poderá chocar-se com a placa inferior. Se for maior que d, o elétron se chocará 
com a placa superior se a coordenada x correspondente for menor que L. No instante em que a coordenada y é máxima, vy = 0. 
Isso significa que v0 sen θ - at = 0, o que nos dá t = (v0/a) sen θ e
2 2 2 2 2 2 6 2 2 o
0 0 0
máx 2 14 2
2
sen sen sen1 1 (6,00 10 m/s) sen 45
2 2 2(3,51 10 m/s )
2,56 10 m.
v v v
y a
a aa
θ θ θ
-
×
= - = =
×
= ×
(b) Como esse valor é maior que d = 2,00 cm = 2,00 × 10-2 m, o elétron poderá chocar-se com a placa superior e não poderá 
chocar-se com a placa inferior. Para verificar se o choque com a placa superior irá ocorrer, precisamos calcular a coordenada x do 
elétron no instante em que y = d. Como
6 o 6
0 sen (6,00 10 m/s)sen 45 4,24 10 m/sv θ = × = ×
e
14 2 13 2 22 2(3,51 10 m/s )(0,0200 m) 1,40 10 m /sad = × = ×
a solução da equação d = v0t sen θ - at2/2 é
2 2 6 2 6 2 13 2 2
0 0
14 2
9
sen sen 2 (4, 24 10 m/s) (4,24 10 m/s) 1,40 10 m /s
3,51 10 m/s
6,43 10 s.
v v ad
t
a
θ θ
-
- - × - × - ×
= =
×
= ×
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M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 5 5
A raiz negativa foi escolhida porque estamos interessados em determinar o menor tempo para o qual y = d. A coordenada x nesse 
instante é
6 9 o 2
0 cos (6,00 10 m/s)(6,43 10 s)cos 45 2,72 10 m.x v t θ
- -= = × × = ×
Como esse valor é menor que L = 10,0 cm = 1,00 × 10-1 m, o elétron irá se chocar com a placa superior a uma distância horizontal 
x = 2,72 cm da extremidade esquerda das placas.
85. (a) Subtraindo cada valor da tabela do Problema 70 do valor imediatamente inferior, obtemos um conjunto de números que 
são compatíveis com a existência de uma carga elementar: 1,64 × 10-19; 3,30 × 10-19; 1,63 × 10-19; 3,35 × 10-19; 1,60 × 10-19; 1,63 × 
10-19; 3,18 × 10-19 e 3,24 × 10-19, em que a unidade de carga do SI, o coulomb, está implícita. Esses valores estão próximos de um 
valor e ≈ 1,6 × 10-19 ou do dobro desse valor. Tomando 1,6 × 10-19 como uma estimativa inicial de e, dividindo todos os dados ex-
perimentais da tabela por esse valor e arredondando para o número inteiro mais próximo, obtemos n = 4, 5, 7, 8, 10, 11, 12, 14 e 16.
(b) Uma regressão linear dos dados da tabela em função de n nos dá a seguinte equação:
21 197,18 10 1,633 10 .q n- -= × + ×
Fazendo n = 1 na equação anterior e desprezando o termo constante, que pode ser atribuído, por exemplo, a erros sistemáticos 
nas medidas, obtemos e = 1,63 × 10-19.
 
86. (a) Por simetria, a componente y da força total 3F

 que age sobre a partícula 3 é zero; a componente x de 3F

 aponta para a 
direita. Assim, o ângulo que a força 3F

 faz com o eixo x é 0o.
(b) O módulo de 3F

 é dado por
o 9 2 2 12 12
123 1
3 2 2
2 cos 60 2(8,99 10 N m /C )(5,00 10 C)(2,00 10 C)(0,5)
9,96 10 N.
(0,0950 m)
kq q
F
a
- -
-× ⋅ × ×= = = ×
87. (a) No caso do ponto A, temos
1 2
2 2
1 2
9 2 2 12 9 2 2 12
2 2 2 2
ˆ( i)
(8,99 10 N m /C )(1,00 10 C) (8,99 10 N m /C )( 2,00 10 C) ˆ( i)
(5,00 10 m) (2 5,00 10 m)
ˆ( 1,80 N/C)i.
A
kq kq
E
r r
- -
- -
 
= + - 
 
 × ⋅ × × ⋅ - ×
= + - × × × 
= -

(b) No caso do ponto B, temos
1 2
2 2
1 2
9 2 2 12 9 2 2 12
2 2 2 2
| |
î
(8,99 10 N m /C )(1,00 10 C) (8,99 10 N m /C )(2,00 10 C)
i
(0,500 5,00 10 m) (0,500 5,00 10 m)
ˆ(43, 2 N/C)i.
B
kq k q
E
r r
- -
- -
 
= + 
 
 × ⋅ × × ⋅ ×
= + × × × × 
=

(c) No caso do ponto C, temos
1 2
2 2
1 2
9 2 2 12 9 2 2 12
2 2 2 2
| |
î
(8,99 10 N m /C )(1,00 10 C) (8,99 10 N m /C )(2,00 10 C)
i
(2,00 5,00 10 m) (5,00 10 m)
ˆ(6,29 N/C)i.
C
kq k q
E
r r
- -
- -
 
= - 
 
 × ⋅ × × ⋅ ×
= - × × × 
= -

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5 6 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R
(d) A figura a seguir mostra as linhas de campo elétrico. Note que o número de linhas de campo que “entram” na partícula de carga 
-2q é duas vezes maior que o número de linhas de campo que “saem” da partícula de carga +q.
 
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