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Resoluções de – Física III – 1ª Lista – POLI-USP (Lista provisória)
Erros na lista e sugestões: estudospoli@gmail.com 
Carga e Campo Elétrico
21.2 (1)
Neste exercício, fluxo é apenas vazão de cargas (não fluxo de campo vetorial). Temos que:
v=ΔQ
Δ t
⇔ΔQ=v⋅Δ t=2⋅104[C s−1]⋅102[μs ]=2C . \ ΔQ=2C
Considerando fluxo somente de elétrons e a carga elementar como 1,6×10−19C :
ne=
2
1,6⋅10−19
=1,25×1019 elétrons .
21.8 (2)
Obs.: Leia-se massa molar invés de massa atômica. 
(a) Lembrando que para átomos com carga neutra, Z=nº de prótons=nº de elétrons. Temos então:
nº elétrons na esfera=ne=
Z⋅massa⋅L
massa molar
=13⋅25⋅(6,02⋅10
23)
26,982
=7,25×1024 elétrons .
(b) Aplicando a Lei de Coulomb:
F=
|−n ' ee||+n' ee|
4πε 0r
2 ⇔n' e=
2 r √πε 0F
e
=
2⋅0,8√3,14(8,85⋅10−12)104
1,6⋅10−19
=5,27×1015elétrons .
(c) Temos: 
n' e
ne
=5,27⋅10
15
7,25⋅1024
=7,27×10−10 .
21.32 (3)
(a) Por definição: ⃗Fe=q ⃗E . Como o vetor campo elétrico está orientado para o centro da terra 
(para baixo) e queremos uma força elétrica orientada para cima, a carga líquida é negativa e seu 
módulo é dado por: qE=−F p⇔q=−
Fp
E
=−
60⋅9,8 [N ]
150 [N⋅C−1]
=−3,92C . 
(b) Aplicando a Lei de Coulomb:
F= q
2
4 πε0 r
2=
3,922
4⋅3,14⋅8,85⋅10−12⋅104
=1,38×107N
Não, pois o módulo da força gerada é muito grande.
21.43 (4)
(a) Pela simetria do problema, o campo elétrico em x=0 é 0.
⃗Er= ⃗Ea+ ⃗E−a=
q
4 πε0(0−a)
2 (− i^ )+
q
4 πε0(0−(−a))
2 i^=0.
(b) Tomando-se um ponto arbitrário sobre o eixo Ox P(x ,0) :
⃗E x= ⃗Ea+ ⃗E−a=
q
4πε0(x−a)
2
(x−a)
|x−a|
i^ + q
4 πε0(x+a)
2
(x+a)
|x+a|
i^= q
4πε0( 1(x−a)| x−a| + 1(x+a)|x+a|) i^
Logo , temos :
{ ⃗E x=
q
4πε0
(−2)(x2+a2)
(x2−a2)2
i^ para x<−a ;
⃗Ex=
q
4πε0
(−4 ax)
(x2−a2)2
i^ para −a<x<a ;
⃗E x=
q
4πε0
2 (x2+a2)
(x2−a2)2
i^ para a<x .
Desenho do gráfico:
Temos assíntotas verticais em x=a e x=−a e y=0 é assíntota horizontal para x→±∞
Derivando pela 1ª vez:
{
dEx
dx
=−2 q
4 πε0 ( 1(a−x)3 + 1(−x−a)3 )<0∀ x<−a;
dEx
dx
=−2 q
4 πε0 ( 1(a−x)3 + 1(x+a)3)≤0∀−a<x<a;
dE x
dx
=−2 q
4 πε0( 1(x−a)3+ 1(x+a)3 )<0∀ x>a .
\ E x decrescente em [−∞ ,−a ]∪[−a ,a]∪[a ,+∞] .
Derivando pela 2ª vez:
{
d2E x
dx2
=(−6) q
4πε0( 1( x−a)4+ 1(x+a)4)<0∀ x<−a;
d2Ex
dx2
=6 q
4πε0( 1(x+a)4− 1(x−a)4) ≥0∀−a< x<0 e ≤0∀0<x<a;
d2E x
dx2
=6 q
4πε0( 1(x−a)4+ 1(x+a)4)>0∀ x>a.
\
Gráfico de E x com concavidade para cima em [−a ,0]∪[a ,+∞] e com concavidade
para baixo em [−∞ ,−a ]∪[0,a ].
Com isso você está apto a desenhar o gráfico.
40 20 20 40
x
0.04
0.02
0.02
0.04
y
21.53 (5)
(a) Considere a seguinte figura:
(Obs.: Leia-se (d ⃗E)no lugar de ⃗E na imagem) 
Com dq=λdy :
d ⃗Ex=d ⃗E cosθ i^=
k dq
x2+ y2
x
√x2+ y2
i^= k λ x dy
(x2+ y2)3 /2
i^
Têm-se então que:
 
∫
0
E x
d E x=E x=∫
−a
a
k λ xdy
(x2+ y2)3/2
= k λ
x2
∫
−a
a
1
(1+( yx )
2)
3
2
dy= k λ
x ∫
arctan (−ax )
arctan( ax )
sec2u
sec3u
du= k λ
x ( a√ x2+a2−( −a√ x2+a2))=
= 2k λ a
x √x2+a2
= 2k λa
x√ x2+a2
= 2k λ
x √x2/a2+1
⇒ ⃗E x=
2k λ
x √x2/a2+1
i^
(b) A única coisa que muda nessa questão são os limites de integração. 
∫
0
E x
d Ex=E x=∫
−∞
+∞ k λ x dy
(x2+ y2)3 /2
=
k λ
x2
∫
−∞
+∞ 1
(1+( yx )
2)
3
2
dy= k λx [ y√x2+ y2 ]|+∞−∞=
= k λx [ limy→+∞ y√ x2+ y2− limy→−∞ y√ x2+ y2 ]= k λx [1−(−1)]= 2k λx ⇒ ⃗Ex=2k λx i^
Note que poderiamos ter feito a tender a infinito na expressão de (a).
Os gráficos podem ser obtidos da mesma forma que na questão anterior, ou de maneira mais 
simplificada (tente enxergar o gráfico sem uso de limites).
21.62 (6)
(a) As linhas de campo formam dois "gomos" indicando que elas saem das cargas nos extremos e 
chegam na carga central, ou que elas saem da carga central chegando na carga dos extremos. Então, 
a carga central têm sinal oposto das cargas nos extremos.
(b) Na mediatriz à reta comum as cargas não existe componente vertical do campo, pela simetria. 
Como a componente horizontal gerada pela carga central têm sentido contrário à carga dos 
extremos haverá 2 pontos de campo elétrico mínimo simétricos em relação à reta que une as cargas 
pertencente à esta mediatriz.
21.90 (7)
(a) 
 
Temos que: Q
a
=dq
dy
(distribuiçãouniforme)e :
⃗dE= ⃗dEx+ ⃗dEy =dEcosθ i^−dEsenθ j^=
kQ
a ( xdy(x2+ y2)3/2 i^− ydy(x2+ y2)3 /2 j^) Integrando:
⃗E= kQ
a (∫0
a xdy
(x2+ y2)3 /2) i^− kQa (∫0
a ydy
(x2+ y2)3 /2) j^
I x=∫ xdy
(x2+ y2)3 /2
= 1
x2
∫ dy
(1+( y / x)2)3 /2
. Fazendo y / x=tgu⇒dy=xsec2u du. Então : I x=
1
x∫ cosudu=
= senu
x
+k= y
x √x2+ y2
+k ⇒ ⃗E x=
kQ
x√ x2+a2
i^
I y=∫ ydy
(x2+ y2)3/2
. Fazendo x2+ y2=u ⇒ 2 y dy=du. Então : I y=
1
2∫
1
√u3
du=− 1
√x2+ y2
+k⇒
⃗E y=
−kQ
a (− 1√x2+a2 + 1√x2 ) j^=− kQa (1x− 1√x2+a2) j^
Então : ⃗E= kQ
x √x2+a2
i^− kQa ( 1x− 1√x2+a2) j^
(b) Como ⃗F e=q ⃗E , então:
⃗F= −qkQ
x √x2+a2
i^+ qkQa (1x− 1√ x2+a2) j^
Em problemas em que a≪ x , os termos a2,a3,a4 etc são desprezíveis em relação a x ( a
não é desprezível!). Basta então reajustas a expressão de F y e efetuar a aproximação:
F y=
qkQ
a ( 1x− 1√x2+a2)=qkQa √x
2+a2−x
x √ x2+a2
= qkQ
a
√ x2+a2−x
x √x2+a2
(√ x2+a2+x)
(√ x2+a2+x)
= qkQ
a
x2+a2−x2
x√ x2+a2(√x2+a2+x )
=
= qkQa
x √x2+a2(√ x2+a2+x)
.
Agora podemos fazer a2=0 em Fx e F y , obtendo :
F x≈
−qkQ
x√ x2+0
=− Qq
4πε0 x
2
Fy≈ qkQa
x√ x2+0 (√x2+0+x )
=+qkQa
2 x3
=+ Qqa
8πε0 x
3
21.96 (8)
(Novamente, leia-se dE na imagem)
Da relação da circunferência:
ds=ad θ
Da relação fornecida no enunciado:
dq
ds
= Q
πa
⇔ dq= Q
πa
ds=Qdθπ
Temos:
d ⃗E=−kQ
πa2
(cosθ , senθ)d θ ⇒
⃗E=− kQ
πa2
(∫
0
π
cosθ dθ ,∫
0
π
senθ dθ)=− kQ
πa2
(0,2)=−2 kQ
πa2
j^
21.107 (9)
 
O
item (a) será usado para resolver o (b). Veja:
(a)
dq
dr
=Q
L
⇒ Ex= ∫
−a
2 −L
−a
2
kQdr
(x−r )2L
= kQ
L ∫−a
2 −L
−a
2
1
(r−x )2
dr =
= kQL [ 1x−r ]|−a2−a2−L = 2kQL ( 12x+a− 12L+2 x+a).
(b) Como F=q E vamos integrar dq E(x):
F=∫
a
2
a
2+L
2kQ2
L2 ( 12 x+a− 12L+2 x+a)dx= Q
2
4πε0 L
2 ln| 2x+a2 L+2x+a|| a2+La
2
=
= Q
2
4πε0 L
2 (ln( a+La+2 L)−ln( aa+L))= Q
2
4πε0L
2 ln[ (a+L)2a(a+2 L)]
Lei de Gauss
22.1 (10)
(a) O fluxo é dado por  =∫S E⋅A= E A cosθ=
14 (N /C)0,250m2
2
=1,75 (N /C)m2 .
(b) Não, depende apenas da área e do ângulo que o vetor normal forma com o campo elétrico.
(c) −1≤cosθ≤1 ⇔ 0≤|cosθ|≤1 ⇒ (i)0 º ( ii)90 º
22.4 (11)
O fluxo em cada face é dado por:
 S1=∫S E x L ² cos π2 +∫S E z L² cos
π
2
=0+0=0
 S2=∫S Ex L ² cos π2 +∫S E z L² cos0=0+3[ z ]0,3
N
C
0,09m2(1)=0,081(N /C )m2.
 S3=∫S Ex L ² cos π2 +∫S E z L ² cos
π
2
=0+0=0
 S 4=∫S E x L ² cos π2 +∫S E zL ² cos (−π)=0+3 [z ]0
N
C
0,09m2(−1)=0
 S5=∫S Ex L ² cosπ+∫S E zL ² cos π2=5 [x ]0,3
N
C
0,09m2(−1)+0=−0,135(N /C )m2.
 S6=∫S E x L ² cos0+∫S E zL ² cos π2 =5[ x]0
N
C
0,09m2(1)+0=0
O fluxo total é a soma dos fluxos calculados:
= S1+ S2+ S3+ S 4+ S5+ S 6=0+0,081+0+0−0,135+0 (N /C)m
2=−0,054 (N /C)m2
22.8 (12)
A Lei de Gauss nos diz que:  S=∫S E⋅A=
q int
ε0
. Então, considerando ε0=8,85×10
−12 : :
(a)  S1=
1
ε0 (q1)=
4
8,85
×103=452(N /C)m2
(b)  S2=
1
ε0 (q2)=
(−7,8)
8,85
×103=−881(N /C)m2
(c)  S3=
1
ε0 (q1+q2)=
(−3,8)
8,85
×103=−429 (N /C)m2
(d)  S 4=
1
ε0 (q1+q3)=
6,4
8,85
×103=723 (N /C)m2
(e)  S5=
1
ε0 (q1+q2+q3)=
(−1,4)
8,85
×103=−158(N /C)m2
(f) Não depende, pois segundo a Lei de Gauss o que importa é apenas a carga interna.
22.16 (13)
(a) Para um ponto fora da superfície a uma distânciad=0,100m , considere a superfície 
gaussiana esférica concêntrica a esfera metálica de raio igual a d+r=0,100+0,450=0,55m . 
Aplicando a Lei de Gauss, note que pela simetria o campo elétrico é perpendicular à superfície:
 =∫S E⋅A= EA=E(4π(d+r )
2)=
q int
ε0 ⇒ E=
0,25×10−9
8,85×10−12(4⋅3,14⋅0,552)
= 7,43N /C .
(b) Como a superfície é condutora não há nenhuma carga em seu interior. Isso implica, pela Lei de 
Gauss que: E=0 .
22.35 (14)
(a) Supondo as faces quadradas de lado 5cm:
 =(5×10−2)2 cos(60)(E1−E2)=
25
2
(2,5−7,0)=−56,25(N /C)m2 Pela Lei de Gauss:
q int= ε0=−56,25(8,85×10
−12)=−4,98×10−10C .
(b) Somente no interior, pois se houvesse uma carga nas próximidades do paralelepípedo o campo 
não seria uniforme e teria uma direção radial a essa carga.
22.45 (15)
(a) Escolhendo uma superfície gaussiana esférica concêntrica às esferas e de raio r, temos:
(i) r<a : Não há cargas internas à superfície, então a Lei nos garante que E=0 .
(ii) a<r<b : Note que o campo elétrico precisa ser nulo (se não fosse nulo haveria uma força 
exercida sobre as cargas de sua superfície gerando uma corrente elétrica). Como não há fluxo na 
superfície gaussiana constata-se também que não há cargas na superfície interna ( qsup. interna=0 ).
E=0 .
(iii) b<r<c : Pela lei de Gauss: E=
+2q
A ε0
= +2q
4 π r2 ε0
= +q
2 π r2ε0
, radial para fora.
(iv) c<r<d : Novamente o campo elétrico nessa região deve ser nulo, logo E=0 . Note que 
pela Lei de Gauss, a carga interna à superfície dever ser nula, então:
+2q+qsup. interna=0 ⇔ qsup. interna=−2q . Para manter o equilíbrio:
−2q+qsup. externa=+4q ⇔ qsup. externa=+6q .
(v) d<r : Pela lei de Gauss: E=
+6q
A ε0
= +6 q
4π r2 ε0
= +3q
2π r2 ε0
, radial para fora.
(b) As respostas foram obtidas nos comentários em (a). 
(i) 0; (ii) +2q; (iii) -2q; (iv) +6q.
22.48 (16)
(a) ρ=
qesf. oca
V esf. oca
=
qesf. oca
4
3
π(2 R)3−4
3
π R3
⇔ qesf. oca =
28
3
ρπ R3 Para soma de cargas igual a zero:
Q+qesf. oca=0⇔
28
3
ρπR3 =−Q \ ρ=−
3Q
28π R3
.
(b) 0<r<R : Como a esfera é condutora, para haver equilibrio não deve haver forças atuando 
(senão as cargas estariam em movimento). Logo, para regíões internas a sua superfície a carga 
interna é zero e E=0 .
R<r<2 R : Cálculo da carga interna:qint=Q+
4
3
π(r3−R3)ρ=Q−Q(r
3−R3)
7 R3
= 8Q
7
−Qr
3
7 R3
Lei de Gauss:
E(4π r 2)=
q int
ε0 ⇔ E=
2Q
7πε0r
2−
Qr
28πε0R
3 .
r>2 R: E=0 direto pela Lei de Gauss pois q int=0 .
(c) A fina camada de cargas ocorre na superfície da esfera isolante. Note que na proximidade de r=R
ocorre um "salto" de E=0 para E=
Q
4 πε0 r
2 . Na esfera isolante, por sua vez a distribuição 
torna-se contínua e não há esse "salto" no campo elétrico. Veja que
[ 2Q7 πε0 r2− Qr28 πε0R3 ]
2 R
= Q
14πε0R
2−
Q
14πε0R
2=0 , que é o mesmo valor para r>2 R.
22.57 (18)
(a) Independentemente, ρ=
dq
dV . 
V=4
3
π r3⇒dV=4π r2dr Então dq=ρ0(1−r /R)4π r
2dr
∫
0
qTOTAL
dq=qTOTAL=∫
0
R
ρ0(1−r /R)4π r
2dr=12Q
R3 [ r
3
3 −
r 4
4 R ]0
R
=
12Q
R3
⋅
R3
12=Q⇒qTOTAL=Q
(b) Pela Lei de Gauss:
∫S E⋅A=E (4 π r
2)=Qε0 ⇒E=
Q
4 πε0 r
2 ,que é idêntico ao campo elétrico produzido por uma
carga puntiforme Q.
(c) Temos que: qr=
12Q
R3 ( r
3
3
−
r4
4R) . Pela Lei de Gauss:
E=
qr
4πε0 r
2=
Qr
4πε0R
3(4−3 rR ) , radial para fora.
(e) Calculemos o Emax para r≤R : Reescrevendo a expressão do item (c):
E= −3Q
4πε0 R
4 r (r−
4 R
3
) que é uma equação do segundo grau em r. Logo, Emax=
Q
3πε0R
2 em
r=2R
3 . Como em r>R , o valor máximo é menor este é efetivamente o valor máximo.
22.56 (17)
(a) Um exemplo seria colocar duas cargas de mesmo módulo e sinal equidistantes da carga +q e 
colineares entre si.
(b) O campo elétrico produzido pelas outras cargas deveria possuir uma direção axial apontando 
para a posição inicial da carga +q.
(c) Considere a posição inicial de equilíbrio P. Para haver equilíbrio estável, a força q ⃗E(P) sobre 
+q em P deve ser nula, ou seja ⃗E(P)=0 . Para haver a força restauradora, ⃗E(∞) ou de forma 
geral ⃗E(r ) (campo após um deslocamento r) deve apontar de volta para P. Por uma superfície 
gaussiana S tão próxima quanto queiramos de P, temos que o fluxo do campo elétrico é tal que
 S<0 , o que implica na existência de uma carga negativa em P (absurdo!), já que em P não há 
carga nenhuma. Logo, é impossível existir equilíbrio estável sobre uma carga +q somente sobre 
ação de forças exclusivamente eletrostáticas.
(d) Demonstração análoga ao item (c). Considere a posição inicial de equilíbrio P. Para haver 
equilíbrio estável, a força −q ⃗E(P) sobre -q em P deve ser nula, ou seja ⃗E(P)=0 . Para haver 
a força restauradora, ⃗E(∞) ou de forma geral ⃗E(r ) (campo após um deslocamento r) deve 
apontar saindo de P. Por uma superfície gaussiana S tão próxima quanto queiramos de P, temos que 
o fluxo do campo elétrico é tal que  S>0 , o que implica na existência de uma carga positiva em
P (absurdo!), já que em P não há carga nenhuma. Logo, é impossível existir equilíbrio estável sobre 
uma carga -q somente sobre ação de forças exclusivamente eletrostáticas.
Potencial Elétrico
23.22 (19) (Considerando a uma constante positiva)
(b) Por definição, V=−∫
∞
r
⃗E⋅ ⃗dl= q
4πε0r
Então: V 0=
q
4πε0a
+ q
4πε0a
= 2q
4 πε0a
.
(c) Temos dois triângulos retângulos de lados a e x (x é um ponto arbitrário sobre Ox). Somando a 
contribuição das duas cargas: V=
q
4πε0√a2+x2
+ q
4πε0√a2+x2
= 1
4 πε0
2q
√a2+x2 .
(e) Para x≫a , V=
1
4 πε0
2q
√02+x2
= 2q
4 πε0 x
.
Erratas, sugestões, auxílio em formatações, envio de soluções ou simplesmente bate-papo: 
estudospoli@gmail.com 
Resolução feita por Asa Noturna. O restante da lista (ex. 20 a 29) será adicionado no decorrer das 
aulas que antecedem a P1.