RESOLUCAO , halliday, campo eletrico

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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 
________________________________________________________________________________________________________ 
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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] 
 
________________________________________________________________________________________________________ 
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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. 
________________________________________________________________________________________________________ 
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[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: 
________________________________________________________________________________________________________ 
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 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 
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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= ? 
________________________________________________________________________________________________________ 
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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) 
________________________________________________________________________________________________________ 
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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) 
________________________________________________________________________________________________________ 
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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? 
________________________________________________________________________________________________________ 
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11
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 (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
−= = ×? 
________________________________________________________________________________________________________ 
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12
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 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. 
________________________________________________________________________________________________________ 
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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] 
________________________________________________________________________________________________________ 
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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) 
________________________________________________________________________________________________________ 
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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: 
________________________________________________________________________________________________________ 
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+ + + + + + + + + + + + + + + + +
− − − − − − − − − − − − − − − − −
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: 
________________________________________________________________________________________________________ 
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 + + + + + + + + + + + + + + + + +
− − − − − − − − − − − − − − − − −
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. 
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 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+ ≈ 
________________________________________________________________________________________________________ 
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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: 
________________________________________________________________________________________________________ 
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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: 
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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] 
 
 
 
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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] 
 
 
 
________________________________________________________________________________________________________ 
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