Lista de Lei de Gauss

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E = = 2,07909 10 Nm /C 
E  2, 0810 Nm /C 
 
Resnick, Halliday, Krane - Física 3 - 4 Ed. - LTC - 1996. Cap. 29 – Lei de Gauss 
1
 
Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES 
 
 
RESNICK, HALLIDAY, KRANE, FÍSICA, 4.ED., LTC, RIO DE JANEIRO, 1996. 
 
FÍSICA 3 
 
CAPÍTULO 29 – LEI DE GAUSS 
 
 
05. Uma carga puntiforme de 1,84 C está no centro de uma superfície gaussiana cúbica com 55 cm 
de aresta. Calcule E através da superfície. 
(Pág. 49) 
Solução. 
Considere o seguinte esquema: 
 
 
 
 
 
q l 
 
 
 
 
 
 
 
De acordo com a lei de Gauss, o fluxo do campo elétrico (E) através de uma superfície fechada 
que encerra uma carga q é dado por: 
0E = q 
Logo: 
 
q 
0 
5 2 
 
5 2 
 
As dimensões da superfície gaussiana não interferem no resultado, uma vez que todo o fluxo do 
campo elétrico da carga q irá atravessá-la, sendo a superfície pequena o grande. 
 
 
07. Uma carga puntiforme +q está à distância d/2 diretamente acima do centro de uma superfície 
quadrada de lado d, conforme mostra a Fig. 24. Calcule o fluxo elétrico através do quadrado. 
(Sugestão: Raciocine como se o quadrado fosse a face de um cubo de aresta d.) 
 
 
 
 
 
 
 
 
(Pág. 49) 
________________________________________________________________________________________________________ 
a 
 
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Solução. 
Se a carga +q estivesse localizada no centro de um cubo de aresta d, o fluxo total do campo elétrico 
(E) através dos seis lados do cubo, que constituem uma superfície gaussiana fechada, seria: 
 
 E = 
q 
 0 
 
Veja o seguinte esquema: 
 
 
 
 
 
q d 
 
d/2 
 
 
 
 
 
Considerando-se a área do quadrado como sendo 1/6 da área do cubo, o fluxo através do quadrado 
(Q) será: 
 
Q = 
 
Q = 
E 
6 
q 
60 
 
 
12. Uma carga puntiforme q está colocada no vértice de um cubo de aresta a. Qual o fluxo através 
de cada uma das faces do cubo? (Sugestão: Utilize a lei de Gauss e argumentos de simetria.) 
(Pág. 50) 
Solução. 
Considere o seguinte esquema da situação: 
a 
f 
 
b 
 
 
 
a q c 
 
 
 
 
e 
 
d 
 
 
 
________________________________________________________________________________________________________ 
a 
c d f = 2a, lado = = = 
 
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O fluxo do campo elétrico () da carga q através dos lados que formam o vértice onde a carga está 
localizada (a, b e e) vale zero. Isso se deve ao fato de as linhas do campo elétrico serem ortogonais 
aos vetores dA nesses lados. 
a = b = e =  E dA = 0 
Nos lados c, d e f, as linhas de campo não são ortogonais a dA, logo o fluxo de campo através 
desses lados não será nulo. Para calcular esse fluxo, considere o seguinte esquema no qual a carga q 
está localizada no centro de um grande cubo de aresta 2a, que aparece dividido em oito cubos 
menores, cada um com aresta a. 
2a 
 
f 
 
 
 
 
 
c 
 
 
d 
 
 
O pequeno cubo superior direito frontal corresponde ao cubo do problema. O fluxo do campo 
elétrico através do cubo 2a é: 
 
2a = 
q 
0 
 
O fluxo através da cada lado desse cubo é 1/6 do fluxo total. 
 
2a, lado = 
q 
60 
 
O fluxo através de ¼ de cada um desses lados (quadrados c, d e f, no esquema inicial) é: 
1 1 q 
4 4 60 
 
c = d =  f = 
q 
240 
 
 
15. Veículos espaciais que passam pelos cinturões de radiação da Terra colidem com elétrons 
confinados ali. Como no espaço não há potencial elétrico de terra, o acúmulo de cargas é 
significativo e pode danificar os componentes eletrônicos, provocando perturbações de circuitos 
de controle e disfunções operacionais. Um satélite esférico de metal, com 1,3 m de diâmetro, 
acumula 2,4 C de carga ao completar uma revolução em órbita. (a) Calcule a densidade 
superficial de carga. (b) Calcule o campo elétrico resultante imediatamente fora da superfície do 
satélite. 
(Pág. 50) 
Solução. 
(a) A densidade superficial de carga  é a razão entre a carga total dispersa na superfície do satélite 
Q e a área dessa superfície A. 
________________________________________________________________________________________________________ 
a 
 = = = 4,520 10 C/m
2
 
 
E
 

 
dA
 
=
 
    
E.dA
 
=
 E.dA.cos = E.dA.cos 0 = E.dA.(1) = 
Q Q Q 1 
4 0R 4 R 0 0 0 A 
10 N/C 
2 2 
E  5,110 N/C 
 
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Q Q 
A 4 R
2
 
−7 
 
  0, 45 C/m
2
 
(b) O campo elétrico imediatamente fora da superfície do satélite pode ser calculado pela lei de 
Gauss. Para isso, vamos construir uma superfície gaussiana esférica de raio R, ou seja, com o 
mesmo raio do satélite, e que possui centro coincidente com o centro do satélite. Considere o 
seguinte esquema: 
E 
dA 
 
Q 
+ 
+ + + 
+ + 
+ 
+ + + R 
 
+ + + + 
 
+ 
+ 
+ 
 
 E = 
Q 
 
0 
 
Q 
 
0 
Como o campo elétrico E é constante ao longo de toda a superfície gaussiana, pode ser retirado da 
integral. 
 
E  dA = E 4 R
2
 = 
Q 
0 
 
E = = = = = 5,1077 4 
 
4 
 
 
18. Um condutor isolado de forma indefinida está carregado com uma carga de +10 C. Dentro do 
condutor há uma cavidade que contém uma carga puntiforme q = +3,0 C. Qual é a carga (a) 
nas paredes da cavidade e (b) na superfície externa do condutor? 
(Pág. 50) 
Solução. 
(a) Na ausência de carga elétrica no interior da cavidade do condutor, toda a carga +Q se dispersa 
por sobre a sua superfície (veja o esquema abaixo). 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
________________________________________________________________________________________________________ 
a 
− 
−
 
q + 
+ 
q
' = −3,010 C 
 
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+ 
 
Q + + 
Condutor 
carregado 
 
+ 
+ Cavidade 
 
 
+ 
+ 
 
+ 
+ + 
+
 
 
Ao introduzir uma carga +q no interior da cavidade, o equilíbrio eletrostático anterior é rompido e 
cargas negativas (num total de q’) devem ser deslocadas para a superfície da cavidade. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
+ 
 
Q 
 
+ 
 
+ 
 
+ 
+ 
a 
 
q 
− 
+ 
 
 
 
 
 
 
 
− 
+ 
 
 
 
 
 
 
 
− 
 
+ 
 
 
− 
 
 
 
+ 
 
 
− 
 
 
 
 
 
+ 
 
 
 
 
 
 
+ 
+ 
 
 
 
 
Superfície 
gaussiana 
+ 
 
+ + 
+ 
+
 
 
Como não pode haver fluxo de campo elétrico através de uma superfície gaussiana localizada no 
interior de um condutor que esteja em equilíbrio eletrostático, a carga líquida no interior dessa 
superfície deve ser nula. Portanto, se há uma carga positiva q no interior da cavidade, então deverá 
também existir uma carga negativa q’, de igual módulo e de sinal contrário a q, na superfície da 
cavidade. Logo: 
−6 
 
(b) Seja Q a carga positiva inicial no condutor. Como foi deslocada uma carga negativa q’ para a 
superfície da cavidade, a carga que restará na superfície externa do condutor (Q’) será: 
Q
'
 = Q − q
'
 = (+10 C) − (−3, 0 C) 
Q
'
 =+13 C 
 
 
20. Uma linha de cargas infinita produz um campo de 4,52  10
4
 N/C à distância de 1,96 m. Calcule 
a densidade linear de cargas. 
(Pág. 50) 
Solução. 
Considere o seguinte esquema, onde uma superfície gaussiana cilíndrica de comprimento l e raio r 
foi construída em torno da linha de cargas. 
 
 
 
 
 
 
________________________________________________________________________________________________________a 
+ + + + + + + + + + + + + + + + + 
   
E
 
dA
 
=
 
 l 
 = 2 0rE = 4,9262
 10 C/m 
 = 2 (8,8510 N.m /C2 )(1,96 m)(4,5210 N/C) = 4,9262 10 C/m 
 
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l 
 
2 
 
1 
 
 
dA1 
 
 
E1 
r 
 
 
 
 
 
dA2 E2 
3 
 
 
dA3 
 
 
E3 
 
Aplicando-se a lei de Gauss: 
 
 E  dA = 
 q 
0 
 
E  dA + E dA + 
1 2 3 
0 
As integrais 1 e 3 são nulas, pois o ângulo entre os vetores E e dA é 90o. 
0 + 2 E  dAcos 0 + 0 = 
l 
0 
E 2 dA = 
 
E.2 rl = 
l 
0 
l 
0 
 
−6 
 
−12 2 4 −6 
 
  4,93 C/m 
 
 
22. Duas grandes lâminas não condutoras que contém cargas positivas estão face a face, como na 
Fig. 27. Determine E nos pontos (a) à esquerda das lâminas, (b) entre elas e (c) à direita das 
lâminas. Admita que as densidades superficiais de carga  das duas lâminas sejam iguais. 
Considere apenas pontos afastados das bordas e a pequenas distâncias das lâminas em relação 
ao pequeno tamanho delas. (Sugestão: Veja Exemplo 6.) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
________________________________________________________________________________________________________ 
a 
EAc EAd 
EBe EBc EBd 
EAc Ad Bd = 
 
2 0 
EAe Be Bc = − 
 
2 0 
Ee Ae Be = − 
 
 0 
Ec Ac Bc = 
 
2 0 2 0 
 
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(Pág. 50) 
Solução. 
Em regiões próximas às lâminas e comparativamente distante de suas bordas, a intensidade do 
campo elétrico é independente da distância à superfície das lâminas. Como as lâminas A e B são 
não-condutoras, surgem campos elétricos homogêneos perpendiculares à lâmina, de intensidade 
/20, em ambos os lados de sua superfície, inclusive em regiões que vão além da lâmina vizinha. 
Considere o esquema abaixo, em que EAe é o campo elétrico produzido pela lâmina A, na região à 
esquerda de ambas as lâminas. Os índices c e d correspondem às regiões central e à direita. 
A B 
 
EAe 
+ 
+ 
+ 
+ 
+ 
+ 
+ 
+ 
+ 
+ 
 
+ + 
+ + 
 
+ 
+ 
+ 
+ 
+ 
+ 
 
y 
 
  x 
Sabendo-se que a densidade de cargas  é a mesma para as lâminas A e B, temos: 
 
= E = E i 
 
= E = E i 
 
(a) O campo resultante à esquerda da lâmina A (Ee) vale: 
 
= E + E i 
 
(b) O campo resultante entre as lâminas A e B (Ec) vale: 
 
= E + E i − i 
 
Ec = 0 
________________________________________________________________________________________________________ 
a 
Ed Ad Bd = 
 
 0 
= Fx x x = − T sen + 0 = 0 
 q 
2 0 
 
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(a) O campo resultante à direita da lâmina B (Ed) vale: 
 
= E + E i 
 
 
 
25. Uma esfera pequena com massa m = 1,12 mg e carga q = 19,7 nC, está no campo gravitacional 
da Terra, pendurada por um fio de seda que faz o ângulo  = 27,4
o
 com uma grande placa 
isolante uniformemente carregada, conforme a Fig. 29. Calcule a densidade uniforme de cargas 
da placa. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
(Pág. 51) 
Solução. 
Considere o seguinte diagrama de corpo livre da massa m, onde T é a tensão que o fio de seda 
exerce sobre m, P é o seu peso e F é a força elétrica gerada pela placa: 
y 
 
T  
 
F x 
 
P 
A força elétrica gerada sobre m pela grande placa carregada com uma densidade de cargas  vale 
 
F = qE = q 
 
20 
 
i 
 
As outras forças valem: 
P = −mgj 
T = −T seni +T cos j 
Forças em x: 
 
 Fx + T + P 
 
T =  q 
20 sen  
 
(1) 
 
Forças em y: 
 
________________________________________________________________________________________________________ 
a 
+ + + + + + + 
+ + + ++ 
+ ++ 
+ ++ 
+
+ 
+ + 
+ 
+ 
T = (2) 
 q mg 
2 0 sen cos 
2 (8,8510 Nm /C ) (1,12 10 kg ) (9,81 m/s ) ( tan 27, 4 
(19, 7 10 C) 
10 C/m
2
 
− − 
 0 
   E  dA = 
 
0 + E2 A + 0 =  
q
 
 
E2 =  
q
 
 
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 Fy = Fy + Ty + Py = 0 + T cos − mg = 0 
 
mg 
cos 
Igualando-se (1) e (2): 
 
= 
 
= 
 
 
 = 
20mg tan 
q 
−12 2 2 −6 2 
 
 
 
 
 
−9 
 
 
)
 = 5,1170 
 
 
 
 
−9 
 
  5,12 nC/m
2
 
 
27. Um fio reto, muito comprido e fino, está carregado com −3,60 nC/m de carga negativa fixa. O 
fio é envolvido coaxialmente por um cilindro uniforme de carga positiva, com 1,50 cm de raio. 
A densidade volumétrica de cargas  do cilindro é escolhida de forma que o campo elétrico 
resultante é nulo fora do cilindro. Determine a densidade de cargas positivas  necessária. 
(Pág. 51) 
Solução. 
O esquema a seguir mostra uma superfície gaussiana cilíndrica, de raio r e comprimento l, 
construída coaxialmente em torno do fio. 
l 
 
2 
 
 
 
− 
 
 
− 
r 1 3 
 
− − − − − − − − − − − 
 
dA 3 dA 1 
E1 
E3 
dA 2 E2 
 
+ + 
+ 
+ 
+ + 
 
R 
− 
 
O fluxo do campo elétrico através da superfície gaussiana é dado por: 
E =  E  dA = 

 
q
 
 
 
E  dA + E  dA + 
1 2 3 
 q 
0 
 
0 
 
0 A 
 
 
________________________________________________________________________________________________________ 
a 
 = = 
 R 
(3,
 
6
 
10
 
C/m)
 = 5, 2909 10 C/m
2
 
 (0, 015 m) 
   
2 0  
EChapa furada = − 
   
2 0 2 0   
 
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Para que o campo na área lateral do cilindro gaussiano (E2) seja nulo, a carga líquida no interior 
dessa superfície deve ser nula. Logo: 
 q = q+ + q− = 0 
V − l = 0 
 R
2
l = l 
 
 
2 
−9 
2 
−6 
 
  5,09 C/m
2
 
 
32. Uma grande superfície plana, não-condutora, tem densidade uniforme de carga . No meio 
dessa superfície foi feito um pequeno furo circular de raio R, conforme ilustra a Fig. 33. 
Desprezando o encurvamento das linhas de campo em todas as bordas, calcule o campo elétrico 
no ponto P, à distância z do centro do furo e ao longo de seu eixo. (Sugestão: Veja a Eq. 27 do 
Cap. 28 e utilize o princípio da superposição.) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
(Pág. 52) 
Solução. 
O campo elétrico a uma distância z de uma chapa isolante com densidade de carga  vale: 
 
EChapa = 
 
20 
 
O campo elétrico a uma distância z de um disco de raio R, sobre o eixo ortogonal do disco, que 
passa pelo seu centro, vale: 
 
EDisco = 1−  
z
2
 + R
2
  
 
Como o campo elétrico obedece ao princípio da superposição, é legítimo afirmar que o campo 
produzido pela chapa que possui um orifício na forma de disco corresponde ao campo produzido 
por uma chapa não furada menos o campo produzido por um disco carregado que preenche o 
orifício da chapa. 
 
1−  
z
2
 + R
2
 
EChapa furada = 
 z 
20 z
2
 + R
2
 
 
________________________________________________________________________________________________________ 
a 
     E.dA = 
 0 
 
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33. Na Fig. 34 vemos o corte transversal de um longo tubo metálico de pequenaespessura e com 
raio R, cuja superfície possui uma carga de densidade  por unidade de comprimento. Deduza 
as expressões de E a diversas distâncias r, a partir do eixo do tubo, considerando as regiões (a) r 
 R e (b) r  R. Trace um gráfico desses resultados entre r = 0 e r = 5,0 cm, fazendo  = 2,0  
10
−8 C/m e R = 3,0 cm. (Sugestão: Use superfícies gaussianas cilíndricas, coaxiais com o tubo 
de metal.) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
(Pág. 52) 
Solução. 
(a) r  R. Considere o esquema a seguir, que mostra uma superfície gaussiana cilíndrica, de raio r  
R, posicionada de forma coaxial ao tubo metálico. As regiões 4 e 5, que são equivalentes às regiões 
2 e 1, respectivamente, formam a outra base do cilindro gaussiano e não foram mostradas. 
 
3 
2 
 
R 
r 
 
 
1 
+ 
+ 
+ 
 
 
+ 
+ 
 
+ 
 
 
+ 
+ 
 
dA1 dA3 
 
dA2 
E1 = 0 
 
E2 
E3 
 
Aplicando-se a lei de Gauss: 
 
 E.dA = 
 q 
0 
 
E.dA + E.dA + E.dA + E.dA + 
1 2 3 4 5 
0 + 0 + 3 E.dA + 0 + 0 = 

 
q
 
 q 
0 
 
E3 A3 = E.2 rL = 
 L 
0 
 
E =  
20r 
 
(b) r  R. Neste caso, considere o esquema abaixo: 
________________________________________________________________________________________________________ 
a 
   E.dA = 
 
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R 
 
 
 
 
r 
+ 
+ 
+ 
 
 
+ 
+ 
 
+ 
 
 
+ 
+ 
 
Como as cargas estão localizadas fora da superfície gaussiana, é nulo o fluxo do campo elétrico 
através desta. Portanto, o campo elétrico no interior do cilindro condutor é nulo. 
(c) 
E 
/20 
 
 
 
R r 
 
46. Uma chapa plana de espessura d tem uma densidade volumétrica de cargas  uniforme. 
Determine o módulo do campo elétrico em todos os pontos do espaço (a) dentro e (b) fora da 
chapa, em função de x, a distância a partir do plano mediano da chapa. 
(Pág. 53) 
Solução. 
(a) Considere o esquema a seguir, em que foi construída uma superfície gaussiana cilíndrica interna 
à chapa, sendo que a base do cilindro está alinhada com o plano mediano da chapa: 
d 
x 
 
2 
 
1 3 
E1 = 0 
dA1 
E3 
 
dA3 
 
 
dA2 
E2
 
 
 
x 
Em x = 0 (centro da chapa), o campo elétrico é nulo devido à simetria da distribuição da carga em 
torno dessa região. Portanto, o fluxo de campo através da base do cilindro gaussiano é nulo. Ao 
longo da área lateral do cilindro o fluxo também é nulo, pois nessa região o campo elétrico é 
ortogonal ao vetor dA. Portanto, somente há fluxo de campo através do topo do cilindro. 
 
 E.dA = 
 q 
0 
 
E.dA + E.dA + 
1 2 3 
V 
0 
 
________________________________________________________________________________________________________ 
a 
   E.dA = 
 A  
4 0 R
4
 
 
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0 + 0 + EA =  Ax 
0 
 
E = 
 x 
0 
 
No interior de uma chapa homogeneamente carregada, o campo cresce linearmente com a distância 
a partir do seu plano mediano. 
(a) Considere o esquema a seguir: 
d 
 
 
2 
 
1 3 
E1 = 0 
dA1 
E3 
 
dA3 
 
 
dA2 
E2
 
 
 
x 
De maneira semelhante: 
 
 E.dA = 
 q 
0 
 
E.dA + E.dA + 
1 2 3 
V 
0 
 
 
0 + 0 + EA = 
 d  
 2  
0 
 
E = 
d 
20 
 
No exterior de uma chapa homogeneamente carregada, o campo é constante. 
 
 
47. Uma esfera sólida não condutora, de raio R possui uma distribuição de cargas não uniforme, a 
densidade de cargas sendo dada por  = e r/R, onde e é constante e r é a distância ao centro da 
esfera. Mostre que (a) a carga total na esfera é Q = eR
3
 e (b) o campo elétrico dentro da esfera 
é determinado por 
 
E = 1 Q 
2 
r 
 
(Pág. 53) 
Solução. 
(a) Considere o esquema abaixo: 
 
 
________________________________________________________________________________________________________ 
a 
 = = 0 
r 4 0 3 
.4 r dr = r dr 
 r dr = 
4 0 r 
4
 
0 
r
 
dr
 
=
 R 4 
3 

 0r 
4
  R
3
  0R r 
4
 
Qr 
4
 q =   3  = = 
R R
4
 R R   
E = − 2
 3  
 
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+ 
E 
+ 
dA+ 
 
Q 
 
+ 
 
 
 
+ 
 
+ 
q 
r 
 
+ 
 
+ 
+ 
R 
+ 
 
+ 
 
Carga total na esfera: 
dq r 
dV R 
+ 
 
dq = 0 
2 
R R 
(1) 
 
Q =  dq = 
40 
R 
R 
0 
3 40 R
4
 
R 4 
 
Q = 0R
3
 
(b) Carga no interior da esfera de raio r, partindo-se de (1): 
 
q = 
40 
R 
r 
 
3 
4 
 
Aplicação da lei de Gauss à superfície esférica de raio r: 
(2) 
 
 E.dA = 
q 
0 
(3) 
 
Substituindo-se (2) em (3): 
 
E.4 r 
2
0 = 
Qr 
4
 
R
4
 
 
E = 
1 Qr 
2
 
40 R
4
 
 
 
49. Ernest Rutherford disse, num artigo científico, em 1911: "A fim de ter uma idéia das forças 
necessárias para provocar grandes desvios numa partícula alfa, suponhamos que uma carga 
puntiforme positiva Ze esteja no centro do átomo, circundada por uma distribuição de 
eletricidade negativa −Ze, uniformemente distribuída numa esfera de raio R. O campo elétrico 
E... em um ponto dentro do átomo, à distância r do seu centro, [é] 
 
Ze  1 r  
40  r R  
 
Verifique essa equação 
(Pág. 53) 
Solução. 
 
________________________________________________________________________________________________________ 
a 
 Ze   4  
 R
3
    
R
3
 = 
Ze
 

1− 
r
 

 
 0     
E = − 2
 3  
 
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Considere o seguinte esquema, que mostra a seção transversal de um átomo esférico de raio R, que 
possui carga positiva Ze concentrada no centro e densidade  de carga negativa homogeneamente 
distribuída no volume da esfera. Foi construída uma superfície gaussiana esférica de raio r centrada 
no átomo. 
 
 
 
 
− 
 
 
 
 
− 
− E 
− dA 
− 
r 
− + 
− 
− 
− 
−
 
− 
− 
− 
R 
− 
 
 
 
− 
 
Aplicando-se a lei de Gauss: 
 
 E.dA = 
 
q
 = 
Ze
 
−
 
V
 
0 0 
 
(1) 
Na Eq. (1), a carga líquida no interior da casca esférica gaussiana,  q , corresponde à carga do 
núcleo, +Ze, mais a carga eletrônica contida nessa região, −V, em que V é o volume da casca 
esférica gaussiana. 
 
 
 
 
 
EA = 
 
 
E.4 r
2
 = 
Ze − Ze 
0 
r
3
 
3 
R
3
 
 
Ze  1 r  
40  r R  
 
 
50. A Fig. 38 mostra o modelo de Thomson para o átomo de hélio (Z = 2). Dois elétrons em repouso 
estão enterrados dentro de uma esfera uniforme de carga positiva 2e. Determine a distância 
dentre os elétrons para que a configuração fique em equilíbrio. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
(Pág. 53) 
Solução. 
(a) Considere o esquema abaixo: 
 
 
 
________________________________________________________________________________________________________ 
a 
d/2 
R
 
 = = = 
4  d  V    
q = (4) 
  E+.4   0 = q 
4R d 0 
. 
4 0 R
3
 
4 0 R 
1 ed 
4 0 R
3
 
 
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+ 
F− 
E+ 
dA + 
 
+ 
 
+ 
F+ + 
+ 
 
+ 
+ 
 
 
+ 
 
 
+ 
 
Para que haja equilíbrio eletrostático nesse sistema, a resultante das forças sobre cada elétron deve 
ser nula. Cada elétron está sujeito a duas forças: repulsão devido ao outro elétron e atração devido àcamada esférica de cargas positivas de raio d/2. As cargas positivas da camada esférica com raio 
maior do que d/2 não exercem força sobre os elétrons. 
 
F+ + F− = 0 
Repulsão elétron-elétron: 
(1) 
 
F− = 
1 e
2
 
40 d 
2
 
r (2) 
 
Atração esfera-elétron: 
F+ = −eE+ 
Carga positiva na esfera de raio r = d/2: 
 
(3) 
 
q q 
 
3  2  
 
3 
 
4 
3 
2e 
 R
3
 
 
ed 
3
 
4R
3
 
Campo produzido pela esfera de raio r = d/2 em sua superfície (lei de Gauss): 
 
 E.dA = 
q 
0 
 
2 
d 
 2  
E+.4 d 
2
0 = q 
Substituindo-se (4) em (5): 
 
 
 
(5) 
 
E+ = 
 
E+ = 
ed 
3
 1 
3 2 
 
1 ed 
. 
 
Em termos vetoriais: 
 
E+ = 
1
 
ed 
. 3 r (6) 
 
Substituindo-se (6) em (3): 
 
F+ = − . 
2 
r (7) 
 
________________________________________________________________________________________________________ 
a 
1 ed e 1 
4 0 R 4 0 d 
 
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Substituindo-se (2) e (7) em (1): 
 
− 
2 2 
. 3 r + 2 r = 0 
 
d = R 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
________________________________________________________________________________________________________ 
a