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PROBLEMAS RESOLVIDOS DE FÍSICA Prof. Anderson Coser Gaudio Departamento de Física – Centro de Ciências Exatas – Universidade Federal do Espírito Santo http://www.cce.ufes.br/anderson anderson@npd.ufes.br Última atualização: 28/11/2006 14:28 H 17 - Campo Elétrico Fundamentos de Física 2 Halliday, Resnick, Walker 4ª Edição, LTC, 1996 Física 2 Resnick, Halliday, Krane 4ª Edição, LTC, 1996 Física 2 Resnick, Halliday, Krane 5ª Edição, LTC, 2003 Cap. 24 - O Campo Elétrico Cap. 28 - O Campo Elétrico Cap. 26 - O Campo Elétrico Prof. Anderson (Itacaré, BA - Fev/2006) Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES HALLIDAY, RESNICK, WALKER, FÍSICA, 4.ED., LTC, RIO DE JANEIRO, 1996. FUNDAMENTOS DE FÍSICA 3 CAPÍTULO 24 - O CAMPO ELÉTRICO EXERCÍCIOS E PROBLEMAS 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 51 52 53 54 55 56 57 58 59 60 61 62 63 64 65 66 67 68 69 70 71 72 73 74 75 76 77 78 79 80 81 82 83 84 85 86 87 88 89 90 91 92 93 94 95 96 97 98 99 100 [Início documento] [Início seção] [Início documento] ________________________________________________________________________________________________________ Halliday, Resnick, Walker - Física 3 - 4a Ed. - LTC - 1996. Cap. 24 – O Campo Elétrico 2 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 28 - O CAMPO ELÉTRICO PROBLEMAS 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 51 52 53 54 55 56 57 58 [Início documento] 09. O mostrador de um relógio possui cargas pontuais negativas -q, -2q, -3q, ..., -12q fixas nas posições dos numerais correspondentes. Os ponteiros do relógio não perturbam o campo. A que horas o ponteiro das horas aponta no mesmo sentido do campo elétrico existente no centro do mostrador? (Sugestão: Considere cargas diametralmente opostas.) (Pág. 28) Solução. O esquema a seguir mostra os vetores campo-elétrico localizados no centro do relógio, devidos a cada uma das cargas posicionadas ao longo da sua circunferência. −q −2q −3q −4q −5q−6q−7q −8q −9q −10q −11q −12q E1 E2 E3 E4 E5E7 E8 E9 E12 E11 E10 E6 As cargas diametralmente opostas geram campos que possuem a mesma direção e sentidos opostos e que, portanto, podem ser somados facilmente. 17 1 7 7 7 72 2 2 7 6kq kq kq R R R = + = − + =E E E i i i Na equação acima, i7 é um vetor unitário localizado no centro do relógio e que aponta para a carga −7q. 28 2 8 8 8 82 2 2 2 8 6kq kq kq R R R = + = − + =E E E i i i ________________________________________________________________________________________________________ Resnick, Halliday, Krane - Física 3 - 4a Ed. - LTC - 1996. Cap. 28 – O Campo Elétrico 3 Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES A assim segue até o último par de campos. 612 6 12 12 12 122 2 2 6 12 6kq kq kq R R R = + = − + =E E E i i i Os vetores E17, E28, etc., são mostrados no esquema abaixo. −q −2q −3q −4q −5q−6q−7q −8q −9q −10q −11q −12q E17 E28 E39 E612E511 E410 A simetria envolvida na distribuição dos vetores mostra que a resultante aponta para o ponto médio entre os marcadores 9 e 10 do relógio, portanto para às 09:30. [Início seção] [Início documento] 10. Na Fig. 4, suponha que ambas as cargas sejam positivas. Mostre que o valor de E no ponto P da figura, supondo x >> d, é dado por 2 0 1 2 4 qE xπε= (Pág. 28) Solução. [Início seção] [Início documento] ________________________________________________________________________________________________________ Resnick, Halliday, Krane - Física 3 - 4a Ed. - LTC - 1996. Cap. 28 – O Campo Elétrico 4 Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES 11. Na Fig. 4, considere um ponto situado a uma distância z do centro do dipolo, ao longo do seu eixo. (a) Mostre que, para valores grandes de z, o campo elétrico é dado por 3 0 1 2 pE zπε= (Compare com o campo num ponto situado sobre a bissetriz.) (b) Quais são a direção e o sentido de E? (Pág. 28) Solução. (a) Considere o esquema abaixo: +− l z E− E+q q z = ++ -E E E 2 2 0 0 1 1 4 4 2 2 q q l lz z πε πε= −⎛ ⎞ ⎛ ⎞− +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ E k k ( ) ( )2 20 1 1 2 2 q z l z lπε ⎡ ⎤= −⎢ ⎥− +⎢ ⎥⎣ ⎦ E k ( )22 20 8 4 qlz l zπε= +E k ( )22 20 8 4 pz l zπε= +E k Para valores de z >> l tem-se: 3 02 p zπε=E k (b) A resposta do item (a) responde a esta questão. ________________________________________________________________________________________________________ Resnick, Halliday, Krane - Física 3 - 4a Ed. - LTC - 1996. Cap. 28 – O Campo Elétrico 5 Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES [Início seção] [Início documento] 14. A Fig. 24 mostra um tipo de quadrupolo elétrico. Ele consiste em dois dipolos cujos efeitos em pontos externos não se cancelam completamente. Mostre que o valor de E sobre o eixo do quadrupolo, para pontos situados à distância z do seu centro (suponha z >> d), é dado por 4 0 3 4 QE zπε= onde Q (= 2qd2) é denominado momento de quadrupolo da distribuição de carga. (Pág. 28) Solução. Considere o seguinte esquema da situação: +− d z E− E+ z + − z1 z2 d P O campo elétrico (E) produzido pelo quadrupolo em P pode ser calculado por meio da soma dos campos produzidos pelos dipolos que compõem o quadrupolo (E1 e E2). 1 2= +E E E Os campos dos dipolos valem: 1 3 0 1 1 2 4 qd zπε= −E i 2 3 0 2 1 2 4 qd zπε=E i Sendo que as distâncias z1 e z2 são definidas por: ________________________________________________________________________________________________________ Resnick, Halliday, Krane - Física 3 - 4a Ed. - LTC - 1996. Cap. 28 – O Campo Elétrico 6 Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES 1 2 dz z= + 2 2 dz z= − O módulo do campo E vale: 3 3 0 2 1 1 4 2 2 qdE d dz z πε ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥= −⎢ ⎥⎛ ⎞ ⎛ ⎞− +⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦ Multiplicando-se e dividindo-se o segundo membro desta equação por z3, teremos: 3 3 3 0 2 1 1 2 24 qd d dE z zzπε − −⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞= − − +⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦ Aplicando-se a expansão binomial (Apêndice H, pág. A-288) e omitindo-se os termos de ordem superior (z >> d): 3 0 2 3 31 1 2 24 qd d dE z zzπε ⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛= + + − − +⎜ ⎟ ⎜⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝⎣ ⎦? ? ⎞⎟⎠ 2 3 4 0 0 2 3 3.2 3 4 4 4 qd d qd QE z 40z z zπε πε πε= = = Em notação vetorial: 4 0 3 4 Q zπε=E i [Início seção] [Início documento] 16. A Fig. 25 mostra as linhas de campo de um campo elétrico; o espaçamento das linhas perpendicularmente à página é o mesmo em todo o espaço. (a) Se o módulo do campo em A é 40 N/C, qual é a força que atua sobre um próton colocado naquele ponto? (b) Qual é a intensidade do campo em B? (Pág. 29) Solução. [Início seção] [Início documento] 17. Esquematize qualitativamente as linhas de forçaassociadas a um disco fino, circular, fino, uniformemente carregado, de raio R. (Sugestão: Considere como casos limites pontos situados ________________________________________________________________________________________________________ Resnick, Halliday, Krane - Física 3 - 4a Ed. - LTC - 1996. Cap. 28 – O Campo Elétrico 7 Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES muito próximos ao disco, onde o campo elétrico é perpendicular à superfície, e pontos muito afastados dele, onde o campo elétrico seja semelhante ao de uma carga pontual.) (Pág. 29) Solução. [Início seção] [Início documento] 20. (a) Na Fig. 27, localize o ponto (ou pontos) em que o campo elétrico é nulo. (b) Esquematize qualitativamente as linhas de força. (Pág. 29) Solução. (a) É possível simplificar a resolução do problema ao reconhecer que somente há possibilidade de encontrarmos pontos onde E = 0 ao longo da reta que une as duas cargas. Para localizarmos o(s) ponto(s) onde E = 0, vamos resolver a Eq. (1), onde E+ e E− são os módulos dos campos elétricos gerados pelas cargas positiva e negativa, respectivamente. (1) E E+ = − 2 2 0 1 0 2 1 5,0 1 2,0 4 4P P q q x xπε πε= 2 2 1 2 5,0 2,0 P Px x = (2) Na Eq. (2), xP1 é a coordenada x do ponto P em relação à carga 1 (−5q) e xP2 é a coordenada do mesmo ponto em relação à carga 2 (+2q). Seja o seguinte esquema da situação, x21 é a coordenada da carga 2 em relação à carga 1: +− x21 q1 xP1 xP2 Pq2 A análise do esquema acima mostra que: 1 21 2P Px x x= + Lembrando que x21 é igual a a: 2 1P Px x= − a (3) A Eq. (3) funciona perfeitamente para qualquer ponto localizado ao longo do eixo x. Substituindo- se (3) em (2): ( )221 1 5,0 2,0 P P x x a = − 2 21 13,0 10 5 0P Px ax a− + = Esta equação possui duas raízes: 11 0,61257Px a= ? ________________________________________________________________________________________________________ Resnick, Halliday, Krane - Física 3 - 4a Ed. - LTC - 1996. Cap. 28 – O Campo Elétrico 8 Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES 21 2,72076Px a= ? As duas soluções obtidas satisfazem apenas ao critério de E+ = E−, não de E+ + E− = 0. Vamos observar os vetores nos dois casos: +− a 2,72a E− E+−5q + q2 x +− 0,61a E− = E+ P P Podemos notar que apenas xP1 ≈ 2,72 a satisfaz ao critério estabelecido no enunciado do problema. [Início seção] [Início documento] 24. Mostre que a Eq. 27, que se refere ao campo elétrico de um disco carregado, em pontos situados sobre o seu eixo, se reduz ao campo de uma carga pontual para z >> R. 2 2 0 1 (disco carregado) (27) 2z zE z R σ ε ⎛ ⎞= −⎜ ⎟+⎝ ⎠ (Pág. 29) Solução. Partindo-se da expressão inicial, 2 2 0 1 2z zE z R σ ε ⎛ ⎞= −⎜ +⎝ ⎠⎟ , (1) não podemos simplesmente fazer a aproximação z2 + R2 ≈ 0, pois isso torna Ez = 0. Na verdade, fazer z2 + R2 ≈ 0 equivale a tornar z ≈ ∞, e não z >> R. Para obter a aproximação correta, é preciso expandir a expressão entre parênteses em termos do binômio de Newton, para em seguida truncá-la no ponto correto. A expansão do binômio de Newton é: ( ) ( ) 21!1 1 1! 2! n n n xnxx −+ = + + +? Para isso, precisamos preparar para a expansão o termo negativo entre parênteses na Eq. (1). ( ) ( ) 1/ 22 1/ 2 22 2 1 1 nz R x zz R −⎛ ⎞= + = +⎜ ⎟⎝ ⎠+ Na expressão acima, x = R2/z2 e n = −1/2. Podemos agora aplicar a expansão do binômio de Newton. 1/ 22 2 4 2 2 2 4 2 1 1 3 1 31 1 1 2 2 2 2 2 8 R R R R R z z z z z −⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ = − − − + = − + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠ ? ? 4 4 Para z >> R temos: 1/ 22 2 21 1 2 2 R R z z −⎛ ⎞+ ≈ −⎜ ⎟⎝ ⎠ (2) ________________________________________________________________________________________________________ Resnick, Halliday, Krane - Física 3 - 4a Ed. - LTC - 1996. Cap. 28 – O Campo Elétrico 9 Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES Substituindo-se (2) em (1): 2 2 2 2 0 0 1 1 2 2 4z R RE z z σ σ ε ε ⎛ ⎞≈ − + =⎜ ⎟⎝ ⎠ Explicitando-se a densidade superficial de cargas, σ: 2 2 2 0 1 4z q RE R zε π≈ 2 0 1 4z qE zπε≈ [Início seção] [Início documento] 26. A que distância, ao longo do eixo de um anel carregado de raio R, a intensidade do campo elétrico axial é máxima? (Pág. 29) Solução. Considere o seguinte esquema da situação: dEx dφ R dM Rdφ x y z θ d xE d yE d zE + + + + ++ + + + + + + + + + + + + +++ O campo elétrico no ponto é dado por: ( )x y z x yd dE dE dE dE dE dE= = + + = + +∫ ∫ ∫ ∫ ∫E E i j k i j zk A simetria envolvida na situação mostra que as integrais em j e k são nulas. 0 0 cosxdE dE θ= + + =∫ ∫E i i (1) Na Eq. (1), a expressão de dE é obtida pela lei de Coulomb e a de cos θ pela análise do esquema acima. ( )22 20 1 4 dqdE R xπε = + ( )1/ 22 2cos x R x θ = + Logo: ( )3 / 22 20 1 4 xdq R xπε = +∫E i (2) ________________________________________________________________________________________________________ Resnick, Halliday, Krane - Física 3 - 4a Ed. - LTC - 1996. Cap. 28 – O Campo Elétrico 10 Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES A expressão de dq é obtida por meio da densidade linear de carga do anel λ. 2 q dq R Rd λ π φ= = 2 qdq dφπ= (3) Substituindo-se (3) em (2): ( )3 / 22 20 1 4 2 q x d R x φπε π= +∫E i Na expressão acima, somente φ é variável. Portanto, tudo o mais pode ser retirado de dentro da integral. ( ) ( ) 2 3 / 2 3 / 202 2 2 2 0 0 1 1 2 4 2 4 2 q x q xd R x R x π φ ππε π πε π= =+ +∫E i i ( )3 / 22 20 1 4 qx R xπε = + E i (4) A Eq. (4) corresponde ao campo elétrico sobre o eixo do anel, a uma distância x do seu centro. O valor de E é zero para x = 0 e também é zero para x = +∞. Como E é positivo nesse intervalo, torna- se evidente que há um valor máximo que E atinge em algum lugar para 0 < x < +∞. Para achar o valor de x que torna máximo o de E, módulo de E, basta calcular o valor de x que torna zero a derivada de E em relação à x. ( ) ( ) ( ) 3/ 2 1/ 22 2 2 2 2 32 2 0 31 0 4 R x x R xdE dx R xπε ⎡ ⎤+ − +⎢ ⎥= =⎢ ⎥+⎣ ⎦ A expressão central será zero somente se: ( ) ( )3/ 2 1/ 22 2 2 2 23 0R x x R x+ − + = 2 2 3 2R x x+ = 2 Rx = [Início seção] [Início documento] 27. (a) Qual é a carga total q que um disco de raio igual a 2,50 cm deve ter para que o campo elétrico em sua superfície, no seu centro, seja igual ao valor em que a rigidez dielétrica do ar se rompe, produzindo centelhas? Veja Tabela 1. (b) Suponha que cada átomo da superfície tenha uma seção reta de área efetiva igual a 0,015 nm2. Quantos átomos estão localizados na superfície do disco? (c) A carga em (a) resulta do fato de alguns átomos superficiais carregarem um elétron em excesso. Qual é a fração dos átomos superficiais que precisa estar carregada desta forma? ________________________________________________________________________________________________________ Resnick, Halliday, Krane - Física 3 - 4a Ed. - LTC - 1996. Cap. 28 – O Campo Elétrico 11 Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES (Pág. 29) Solução. O campo elétrico produzido por um disco uniformemente carregadoao longo da linha perpendicular ao centro do plano do disco é dado por: ( )1/ 22 20 12 zE z R σ ε ⎡ ⎤⎢ ⎥= −⎢ ⎥+⎣ ⎦ (a) O campo capaz de causar ruptura elétrica do ar vale E = 3 × 106 N/C (ver Tabela 1). Na superfície do disco o campo vale: 2 0 02 2 QE R σ ε ε π= = Logo: 2 702 1,0431 10 CQ R Eπε −= = ×? 71 10 C 0,1 CQ μ−≈ × = (b) O número de átomos na superfície do disco, n, é igual à área total, A, dividida pela área efetiva de cada átomo, a. 2 171,30899 10A Rn a a π= = = ×? 171,3 10n ≈ × (c) A fração f dos átomos superficiais é dada por: cnf n = (1) Nesta equação, nc é o número de átomos carregados. Como os átomo eletricamente carregados possuem carga +e, a carga total Q vale: cQ n e= Logo: c Qn e = Portanto: 64,9804 10Qf ne −= = ×? ________________________________________________________________________________________________________ Resnick, Halliday, Krane - Física 3 - 4a Ed. - LTC - 1996. Cap. 28 – O Campo Elétrico 12 Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES 65 10f −≈ × Isso é cerca de 5 átomos por milhão. [Início seção] [Início documento] 31. Um fino bastão não condutor, de comprimento finito L, possui uma carga total q, uniformemente distribuída em toda a sua extensão. Mostre que E, no ponto P situado sobre a mediatriz que aparece na Fig. 31, é dado por ( )1/ 22 20 1 2 4 qE y L yπε= + (Pág. 29) Solução. Considere o seguinte esquema da situação: dE x dq,dy x y θ d xE d yE + + + + + + + + + + + y L θ P O campo elétrico no ponto P é dado por: ( )x y xd dE dE dE dE= = + = +∫ ∫ ∫ ∫E E i j i y j A simetria envolvida na situação mostra que a integral em j é nula. 0 cosxdE dE θ= + =∫ ∫E i i (1) Na Eq. (1), a expressão de dE é obtida pela lei de Coulomb e a de cos θ pela análise geométrica do esquema acima. ________________________________________________________________________________________________________ Resnick, Halliday, Krane - Física 3 - 4a Ed. - LTC - 1996. Cap. 28 – O Campo Elétrico 13 Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES ( )22 20 1 4 dqdE x yπε= + ( )1/ 22 2cos x x y θ = + Logo: ( )3 / 22 20 1 4 xdq R xπε = +∫E i (2) A expressão de dq é obtida por meio da densidade linear λ de carga do bastão. q dq L dy λ = = qdq dy L = (3) Substituindo-se (3) em (2): ( ) ( ) / 2 / 2 3/ 2 3/ 2/ 2 02 2 2 2 0 0 1 1 2 4 4 L L L qx dy qx dy L Lx y x yπε πε + + −= =+ +∫ ∫E i i ( ) / 2 1/ 22 2 2 0 0 1 2 L qx y L x x yπε +⎛⎜= ⎜ +⎝ E i ( )1/ 22 20 1 2 4 q x x Lπε= +E i Podemos verificar facilmente que esta expressão se reduz à lei de Coulomb quando afastamos o ponto P do bastão para distâncias muito maiores do que seu comprimento (x >> L). [Início seção] [Início documento] 33. Esquematize qualitativamente as linhas de força associadas a três longas linhas de carga paralelas, num plano perpendicular a estas. Suponha que as interseções das linhas de cargas com este plano formem um triângulo equilátero (Fig. 33) e que cada linha de carga tenha a mesma densidade linear de carga λ. (Pág. 30) Solução. [Início seção] [Início documento] ________________________________________________________________________________________________________ Resnick, Halliday, Krane - Física 3 - 4a Ed. - LTC - 1996. Cap. 28 – O Campo Elétrico 14 Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES 34. Um bastão isolante “semi-infinito” (Fig. 34) possui uma carga constante por unidade de comprimento λ. Mostre que o campo elétrico do ponto P forma um ângulo de 45o com o bastão, e que este resultado é independente da distância R. (Pág. 30) Solução. Considere o seguinte esquema da situação: dE R dq,dy x y θ d xE d yE + y θ P + + + + + r + O campo elétrico no ponto P é dado por: ( )x y xd dE dE dE dE= = − = −∫ ∫ ∫ ∫E E i j i y j cos sendE dEθ θ= −∫ ∫E i j (1) Na Eq. (1), a expressão de dE é obtida pela lei de Coulomb e a de cos θ pela análise geométrica do esquema acima. 2 0 1 4 dqdE rπε= (2) Onde: dq dyλ= cos Rr θ= Logo: 2 2 0 1 cos 4 dydE R θλ πε= (3) Podemos determinar uma expressão para dy partindo-se da relação: tany R θ= Derivando-se y em relação à θ: 2cos Rdy dθθ= (4) ________________________________________________________________________________________________________ Resnick, Halliday, Krane - Física 3 - 4a Ed. - LTC - 1996. Cap. 28 – O Campo Elétrico 15 Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES Substituindo-se (4) em (3): 0 1 4 dE d R λ θπε= (5) Substituindo-se (5) em (1): ( ) ( )/ 2 / 20 0 0 0 1 cos sen 1 1 4 4 d d R R π πλ λθ θ θ θπε πε= − =∫ ∫E i j −i j 0 04 4R R λ λ πε πε= −E i j Como as componentes i e j do vetor E são iguais, o ângulo θ é 45o. Este resultado não depende de R, pois este termo está igualmente presente em ambas as componentes de E. [Início seção] [Início documento] 41. No experimento de Millikan, uma gota de raio 1,64 mm e densidade de 0,851 g/cm3 fica equilibrada quando um campo elétrico de 1,92 x 105 N/C é aplicado. Determine a carga da gota, em termos de e. (Pág. 30) Solução. Considere o seguinte esquema: ________________________________________________________________________________________________________ Resnick, Halliday, Krane - Física 3 - 4a Ed. - LTC - 1996. Cap. 28 – O Campo Elétrico 16 Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES + + + + + + + + + + + + + + + + + − − − − − − − − − − − − − − − − − F P Q m, E x y R Como a gota de óleo está em equilíbrio, as forças que atuam sobre a mesma, a força elétrica F e o peso P, devem somar zero. (1) 0+ =F P A força elétrica vale: (2) ( )Q Q E Q= − = − − =F E j Ej O peso da gota vale: 34 3 mg Vg R gρ π ρ= − = − = −P j j j (3) Substituindo-se (2) e (3) em (1): 34 0 3 QE R gπ ρ− =j j 3 194 8,0337 10 C 3 R gQ E π ρ −= = ×? Como a carga de um elétron vale e = −1,60 × 10−19 C, temos: 5,021 Q e= − ? 5 Q e≈ − [Início seção] [Início documento] 44. Um campo vertical uniforme E é estabelecido no espaço entre duas grandes placas paralelas. Uma pequena esfera condutora de massa m é suspensa no campo, pendendo da extremidade de um fio de comprimento L. Determine o período deste pêndulo, quando a esfera recebe uma carga +q, se a placa inferior (a) está positivamente carregada e (b) está negativamente carregada. (Pág. 31) Solução. (a) Considere o seguinte esquema da situação: ________________________________________________________________________________________________________ Resnick, Halliday, Krane - Física 3 - 4a Ed. - LTC - 1996. Cap. 28 – O Campo Elétrico 17 Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES + + + + + + + + + + + + + + + + + − − − − − − − − − − − − − − − − − F T P θ q m, E x y z Vamos fazer o cálculo do período T por meio da freqüência angular ω do movimento harmônico simples (MHS). Esta será obtida por meio da construção da equação diferencial do MHS, que por sua vez tem sua origem na segunda lei de Newton.I=∑τ α Torques em relação ao ponto de suspensão, no eixo z: ( )sen sen 0z P F T mg L qE L I zτ τ τ τ θ θ α= + + = − − + =∑ O torque da tensão T em relação ao ponto de suspensão é nulo. O sinal negativo fora dos parênteses indica o caráter restaurador do torque. ( ) 22 2sen sen dmg L qE L mL dt θθ θ− − = 2 2 1 sen 0d qEg dt m L θ θ⎛ ⎞+ − =⎜ ⎟⎝ ⎠ Para pequenas oscilações, θ é suficientemente pequeno para que seja aceitável a aproximação sen θ ≈ θ. 2 2 1 0d qEg dt m L θ θ⎛ ⎞+ − ≈⎜ ⎟⎝ ⎠ Esta é a equação diferencial do MHS, que tem a forma: 2 2 2 0 d dt θ ω θ+ = Logo: 2 1qEg m L ω ⎛ ⎞≈ −⎜ ⎟⎝ ⎠ Como o período é dado por: 2T πω= Temos finalmente: 2 LT qEg m π≈ − O sistema somente será capaz de oscilar se g > qE/m. (b) Neste caso, a força elétrica F tem o sentido −y. A única conseqüência é o sinal do torque relativo à força elétrica, agora positivo, que se propaga até o cálculo do período de oscilação. ________________________________________________________________________________________________________ Resnick, Halliday, Krane - Física 3 - 4a Ed. - LTC - 1996. Cap. 28 – O Campo Elétrico 18 Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES 2 LT qEg m π≈ + [Início seção] [Início documento] 46. Um elétron é forçado a mover-se ao longo do eixo do anel carregado discutido na Seção 28-5. Mostre que o elétron pode realizar pequenas oscilações através do centro do anel, cuja freqüência é dada por 3 04 eq mR ω πε= (Pág. 31) Solução. Considere o seguinte esquema da situação: x R +Q F E m e, − P O campo elétrico no ponto P gerado por um anel de cargas foi calculado na Seção 28.5 do livro e vale: ( )3/ 22 204 qx x Rπε= +E i Um elétron de massa m e carga −e colocado no ponto P estará sujeito a uma força cujo módulo é dado por: ( )3/ 22 204 qexF x Rπε= − + A equação de movimento do elétron é dada pela segunda lei de Newton: ( ) 2 3/ 22 2 2 04 d x qexF m dt x Rπε= = − + ( ) 2 3/ 22 2 2 0 0 4 d x qex dt m x Rπε+ =+ Para pequenas oscilações, temos x << R, o que reduz a expressão acima a: 2 2 3 0 0 4 d x qe x dt mRπε+ ≈ ________________________________________________________________________________________________________ Resnick, Halliday, Krane - Física 3 - 4a Ed. - LTC - 1996. Cap. 28 – O Campo Elétrico 19 Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES Esta é a equação diferencial do MHS, que tem a forma: 2 2 2 0 d x x dt ω+ = Logo: 3 04 qe mR ω πε≈ [Início seção] [Início documento] 48. Um dipolo elétrico, composto de cargas de módulo 1,48 nC separadas por 6,23 μm, está imerso num campo elétrico de 1.100 N/C. (a) Qual é o módulo do momento de dipolo elétrico? (b) Qual é a diferença em energia potencial conforme o dipolo tenha orientação paralela e antiparalela ao campo? (Pág. 31) Solução. (a) O módulo do momento de dipolo vale: ( )( )9 6 11, 48 10 C 6, 23 10 m 9, 2204 10 C.mp qd − − −= = × × = × 5 159, 22 10 C.mp −≈ × (b) A variação da energia potencial vale: par antiparU U UΔ = − As energias potenciais das configurações paralela (Upar) e antiparalela (Uantipar) valem: par par . cos 0U pE= − = − = −p E pE pE antipar antipar . cosU pE π= − = − =p E Logo, o valor de ΔU é: 112 2,0284 10 JU pE pE pE −Δ = − − = − = − ×? 112,03 10 JU −Δ ≈ − × [Início seção] [Início documento] 51. Determine o trabalho necessário para girar um dipolo elétrico de 180o num campo elétrico uniforme E, em termos do momento de dipolo p e do ângulo inicial θ0 entre p e E. (Pág. 31) Solução. Considere o seguinte esquema: ________________________________________________________________________________________________________ Resnick, Halliday, Krane - Física 3 - 4a Ed. - LTC - 1996. Cap. 28 – O Campo Elétrico 20 Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES E p + − θ0Inicial E p+ − θ0 Final Ui Uf O trabalho realizado pela força elétrica é dado por: ( )f i iW U U U U U= −Δ = − − = − f s (1) As energias potenciais das configurações inicial (Ui) e final (Uf) do dipolo valem: 0. coi iU pE θ= − = −p E (2) ( ) ( )0 0. cos cos cosf fU pE pE pE 0π θ θ= − = − − = − − =p E θ 0 (3) Substituindo-se (2) e (3) em (1): 0 0cos cos 2 cosW pE pE pEθ θ θ= − − = − Logo, o trabalho de um agente externo vale: ext 02 cosW W pE θ= − = [Início seção] [Início documento] 52. Determine a freqüência de oscilação de um dipolo elétrico, de momento p e momento de inércia I, para pequenas amplitudes de oscilação em torno de sua posição de equilíbrio, num campo elétrico uniforme E. (Pág. 31) Solução. Considere o seguinte esquema: E p + − x y zθ O torque gerado pelo campo elétrico E sobre o dipolo, cujo momento de dipolo é p, é dado por: senpE θ= × = −τ p E k Aplicando-se a segunda lei de Newton, no eixo z: 2 2sen dpE I dt θθ− = Nesta equação, I é o momento de inércia do dipolo elétrico em relação em eixo de oscilação Para pequenas amplitudes angulares, é válida a aproximação sen θ = θ. 2 2 0 d pE dt I θ θ+ ≈ Esta é a equação diferencial do MHS, que tem a forma: ________________________________________________________________________________________________________ Resnick, Halliday, Krane - Física 3 - 4a Ed. - LTC - 1996. Cap. 28 – O Campo Elétrico 21 Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES 2 2 2 0 d x x dt ω+ = Nesta equação, ω é a freqüência angular da oscilação, e vale: pE I ω ≈ A freqüência da oscilação, ν, vale: 2 ων π= Logo: 1 2 pE I ν π= [Início seção] [Início documento] ________________________________________________________________________________________________________ Resnick, Halliday, Krane - Física 3 - 4a Ed. - LTC - 1996. Cap. 28 – O Campo Elétrico 22 Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES RESNICK, HALLIDAY, KRANE, FÍSICA, 5.ED., LTC, RIO DE JANEIRO, 2003. FÍSICA 3 CAPÍTULO 26 - O CAMPO ELÉTRICO EXERCÍCIOS 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 PROBLEMAS 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 [Início documento] [Início seção] [Início documento] ________________________________________________________________________________________________________ Resnick, Halliday, Krane - Física 3 - 5a Ed. - LTC - 2003. Cap. 26 – O Campo Elétrico 23
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