Exercício de Física Haliday (32)

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ÿE =
E27-26 (a) q = 4ÿ(1,22 m)2 (8,13×10ÿ6C/m2 ) = 1,52×10ÿ4C.
no cilindro. Então
1
ÿE = E · dA
qenc/0 = E · dA = E dA = E dA = 2ÿrLE,
E27-24 Seja a superfície gaussiana esférica com raio R e centrada na origem.
ÿR2Lÿ/0 = E2ÿrL,
E27-27 (a) ÿ = (2,4×10ÿ6C)/4ÿ(0,65 m)2 = 4,52×10ÿ7C/m2 .
E27-29 (a) O campo próximo é dado pela Eq. 27-12, E = ÿ/20, então 
(6,0×10ÿ6C)/(8,0×10ÿ2 m)2 = 
5,3×107N/C. 
2(8,85×10ÿ12 C2/N · m2)
q 
2 r
34
,
onde L é o comprimento do cilindro. Agora, para a parte qenc . Se a densidade de carga volumétrica (uniforme) for 
ÿ, então a carga encerrada no cilindro gaussiano é
e então finalmente
2ÿR 
sen ÿR dÿ dÿ = 
2ÿ0
Combinando, ÿr2Lÿ/0 = E2ÿrL ou E = ÿr/20.
.
qenc = ÿdV = ÿ dV = ÿV = ÿR2Lÿ.
(b) ÿE = q/0 = (1,52×10ÿ4C)/(8,85×10ÿ12C 2/N · m2 ) = 1,72×107N · m2/C. (c) E = ÿ/0 = 
(8,13×10ÿ6C/m2 )/(8,85×10ÿ12C 2/N · m2 ) = 9,19×105N/C
.
= 60N/C. 
4ÿ(8,85×10ÿ12 C2/N · m2) (30 m)2
1
E27-25 (a) O problema tem simetria cilíndrica, então use uma superfície gaussiana que seja uma casca cilíndrica. 
O campo E será perpendicular à superfície curva e paralelo às superfícies finais, então a lei de Gauss será 
simplificada para
(b) E = ÿ/0 = (4,52×10ÿ7C/m2 )/(8,85×10ÿ12C 2/N · m2 ) = 5,11×104N/C.
E = 
4ÿ0
Escolha a orientação do eixo de modo que a linha infinita de carga fique ao longo do eixo z. O campo elétrico é 
então direcionado radialmente para fora do eixo z com magnitude E = ÿ/2ÿ0ÿ, onde ÿ é a distância perpendicular 
ao eixo z. Agora queremos avaliar
sobre a superfície da esfera. Em coordenadas esféricas, dA = R2 sen ÿ dÿ dÿ, ÿ = R sen ÿ, e E · dA = EA sen ÿ. 
Então
qenc = ÿdV = ÿ dV = ÿV = ÿr2Lÿ.
E =
e
E27-28 E = ÿ/0 = q/4ÿr2 0.
(b) Muito longe de qualquer objeto, uma aproximação de carga pontual é válida. 
Então (6,0×10ÿ6C)=
ÿ
(b) Fora do cilindro carregado, a carga encerrada na superfície gaussiana é apenas a carga
E ÿ
0
R2ÿ
20r
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