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Capítulo 2 - Lei de Coulomb e Intensidade de Campo Elétrico
Exercícios Resolvidos
E2.1) Uma carga pontualQ1 = 2mC está localizada no vácuo em P1(−3, 7,−4), enquanto que a carga
Q2 = −5mC se localiza em P2(2, 4,−1). Determine a força que age em: (a) Q2; (b) Q1.
Solução
(a) A força entre duas cargas é dada pela lei de Coulomb, expressa por F =
kQ1Q2
r2
ar, sendo ar o vetor unitário
cuja direção coincide com a linha reta que une as cargas e sentido dado pela polaridade das cargas: cargas de sinais
contrários se atraem e cargas de sinais iguais se repelem. Supondo a referência na carga Q1, a força que Q1 exerce
sobre Q2 é dada por:
1) Vetor unitário a12 =
R12
kR12k =
R2−R1
kR2−R1k =
(2, 4,−1)− (−3, 7,−4)
k(2, 4,−1)− (−3, 7,−4)k =
(5,−3, 3)
k(5,−3, 3)k =
(5,−3, 3)√
43
= 0.762ax − 0.457ay + 0.457az
2) A distância entre as duas cargas é dada por kR12k =
√
43
3) A força é dada por F12 =
kQ1Q2
R212
a12 =
9× 109(2× 10−3)(−5× 10−3)¡√
43
¢2 (0.762ax−0.457ay+0.457az) = −1.
59× 103ax + 957ay − 957az
(b) Pela lei da ação e reação, a força a força deQ1 sobreQ2 é igual a força deQ2 sobreQ1, porém em sentido contrário
(F12 = −F21) . Assim F12 = −F21 = −
¡
−1. 59× 103ax + 957ay − 957az
¢
= 1. 59× 103ax − 957ay + 957az.
E2.2) Determinar o vetor campo elétrico no ponto P (−4, 6,−5), situado no vácuo, devido a uma carga
de 0.1mC localizada: (a) na origem; (b) (2,−1,−3)
Solução
(a) O campo elétrico gerado por uma carga pontiforme é dado por E =
kQ
R2
ar. Para a carga local-
izada na origem, o valor de R vale R =
p
(−4)2 + (6)2 + (−5)2 =
√
77. O vetor ar é dado
por ar = (−4,6,−5)k(−4,6,−5)k = (−0.456, 0.684 ,−0.570). Logo o campo elétrico vale E =
kQ
R2
ar =
9× 109(0.1× 10−3)¡√
77
¢2 (−0.456, 0.684 ,−0.570) = (−5. 33ax + 7. 99ay − 6. 66az) kV/m.
(b) O vetor que liga a carga ao ponto P (−4, 6,−5) é dado por v = (−4, 6,−5) − (2,−1,−3) = (−6, 7,−2)
. O seu módulo (distância da carga ao ponto) vale k(−6, 7,−2)k = √89. O vetor unitário ar é expresso
por ar =
(−6, 7,−2)
k(−6, 7,−2))k = (−0.636, 0.742,−0.212). Assim, E =
kQ
R2
ar =
9× 109(0.1× 10−3)¡√
89
¢2
(−0.636, 0.742,−0.212) = (−6. 43ax + 7. 5ay − 2. 14az) kV/m
E2.3) Uma carga pontual Q1 = 2µC localiza-se, no vácuo, em P1(−3, 7,−4), enquanto que a carga
Q2 = −5µC está em P2(2, 4,−1). Com relação ao ponto (12, 15, 18), determine: (a) E; (b) kEk; (c) aE .
Solução
(a) O campo no ponto P3(12, 15, 18) é dado pela soma vetorial dos campos gerados pelas cargas Q1 e Q2. Assim:
1) Campo gerado pela carga Q1
- A distância entre o ponto P1 e o ponto P3 vale d13 =
p
(12 + 3)2 + (15− 7)2 + (18 + 4)2 =
√
773
- Vetor unitário de P1 a P3 = a13 =
R13
kR13k =
R3 −R1
kR3 −R1k =
(12, 15, 18)− (−3, 7,−4)√
773
= 0.540ax + 0.288ay +
0.791az
- O campo elétrico vale E13 =
kQ1
R213
a13 =
(9× 109)(2× 10−6)¡√
773
¢2 (0.540ax + 0.288ay + 0.791az) =
(12. 6ax + 6. 71ay + 18. 4az) V/m
2) Campo gerado pela carga Q2
- A distância entre o ponto P2 e o ponto P3 vale d13 =
p
(12− 2)2 + (15− 4)2 + (18 + 1)2 =
√
582
- Vetor unitário de P2 a P3 = a23 =
R23
kR23k =
R3 −R2
kR3 −R2k =
(12, 15, 18)− (2, 4,−1)√
582
= 0.415ax + 0.456ay +
0.788az
- O campo elétrico vale E23 =
kQ1
R213
a13 =
(9× 109)(−5× 10−6)¡√
582
¢2 (0.415ax + 0.456ay + 0.788az) . =
(−32. 1ax − 35. 3ay − 60. 9az) V/m
O campo total vale E = E13+E12 = (12. 6ax + 6. 71ay + 18. 4az) + (−32. 1ax − 35. 3ay − 60. 9az) =
(−19. 5ax − 28. 6ay − 42. 5az) V/m
b)kEk = k(−19.5,−28.6,−42.5)k = 54. 8
c) aE = EkEk =
(−19.5,−28.6,−42.5)
54,8 = −0.361ax − 0.530ay − 0.787az
E2.4) Calcule os seguintes somatórios: (a)
5X
n=0
n
n3 + 1
; (b)
6X
m=1
(−1)m+1
m
√
m+ 1
Solução
(a)
5X
n=0
n
n3 + 1
= 0 +
1
13 + 1
+
2
23 + 1
+
3
33 + 1
+
4
43 + 1
+
5
53 + 1
= 50815460 = 0.931
(b)
6X
m=1
(−1)m+1
m
√
m+ 1
= 12
√
2− 16
√
3− 120
√
5 + 130
√
6− 142
√
7 + 16 = 0.492
E2.5) Encontre a carga total em cada um dos volumes especificados: (a) ρ = 10ze−0.1x sinπy;− 1 ≤
x ≤ 2, 0 ≤ y ≤ 1, 3 ≤ z ≤ 3.6; (b) ρv = 4xyz; 0 ≤ z ≤ 2, 0 ≤ φ ≤ π/2, 0 ≤ z ≤ 3; (c) ρv =
3π sin θ cos2 φ
2r2 [r2 + 1]
;
em todo o espaço.
Solução
(a) A densidade de carga é descrita em coordendas cartesianas. Assim
Q =
Z
V
ρ(x, y, z)dxdydz =
ZZZ
10ze−0.1x sinπydxdydz =
50
π
z2e−0.1x cosπy.
Aplicando os limites em x, y e z nesta ordem, tem-se 50
π
z2e−0.1x cosπy
¯¯x=2
x=−1 = −
14. 3
π
z2 cosπy
¯¯y=1
y=0
=
28. 6
π
z2
¯¯z=3.6
z=3
= 36. 1
(b) Como o intervalo é dado em coordenadas cilíndricas, deve-se converter a densidade de cargas para o mesmo
sistema. Assim, ρv = 4 (ρ cosφ) (ρ sinφ) z = 2zρ2 sin 2φ. Assim
Q =
Z
V
ρ(ρ, φ, z)ρdρdφdz =
ZZZ
2zρ2 sin (2φ) ρdρdφdz = −1
8
z2ρ4 cos 2φ.
Aplicando os limites em ρ, φ e z nesta ordem, tem-se −18z
2ρ4 cos 2φ
¯¯ρ=2
ρ=0
= −2z2 cos 2φ
¯¯φ=π/2
φ=0
= 4z2
¯¯z=3
z=0
= 36.
(c) Utilizando o sistema de coordendas esféricas (a densidade é dada neste sistema), tem-se
Q =
Z
V
ρv(ρ, θ, φ)r
2senθdrdφdθ =
ZZZ
3π sin (θ) cos2 (φ)
2r2 (r2 + 1)
r2 sin (θ) drdθdφ =
ZZZ
3π sin2 (θ) cos2 (φ)
2(r2 + 1)
drdθdφ
Efetuando cada uma das integrais em separado por todo o espaço tem-se
Integral em θ, com o intevalo de 0 ≤ θ ≤ πZ
sin2 (θ) dθ =
1
2
θ − 1
4
π − 1
4
sin 2θ
¯¯¯¯θ=π
θ=0
=
1
2
π
Integral em φ, com o intevalo de 0 ≤ φ ≤ 2πZ
cos2 (φ) dφ =
1
2
φ+
1
4
sin 2φ
¯¯¯¯φ=2π
φ=0
= π
Integral em r, com o intevalo de 0 ≤ r ≤ ∞
Z
1
(r2 + 1)
dr = arctan r − 1
2
π
¯¯¯¯r=∞
r=0
=
1
2
π
Assim,
ZZZ
3π sin2 (θ) cos2 (φ)
2(r2 + 1)
drdθdφ = 3π2
¡R
sin2 (θ) dθ
¢ ¡R
cos2 (φ) dφ
¢µR 1
(r2 + 1)
dr
¶
=
3π
2
¡
1
2π
¢
(π)
¡
1
2π
¢
= 36. 5
E2.6) Uma linha infinita, carregada com densidade linear ρL = 25nC/m, está situada, no vácuo,
sobre a reta x = −3, z = 4. Determine E em componentes cartesianas: (a) na origem; (b) no ponto P1(2, 15, 3);
(c) no ponto P2(ρ = 4, φ = 60 ◦, z = 2).
Solução
(a) Estando a linha infinita de cargas centrada no eixo z, o campo elétrico gerado é dado por E =
ρL
2πε0ρ
aρ, se
expresso em coordendas cilíndricas. Expressando o campo em coordendas cartesianas, tem-se
1) Transformando o módulo do campo: ρ =
p
x2 + y2 ⇒ ρL
2πε0ρ
=
ρL
2πε0
p
x2 + y2
2) Transformando o vetor unitário (vide tabela no livro): aρ = cosφax + sinφay = x√
x2+y2
ax +
y√
x2+y2
ay.
Assim, o campo elétrico descrito em coordenadas cartesiandas é dado por
E =
ρL
2πε0ρ
aρ =
ρL
2πε0
p
x2 + y2
Ã
xp
x2 + y2
ax +
yp
x2 + y2
ay
!
=
ρL
2πε0 (x2 + y2)
(xax + yay.) V/m
Pela expressão acima, nota-se que o campo elétrico não dependa da coordenda ao longo do eixo z, somente da
distâncias ao longo dos eixos x e y. Agora, translada-se a linha infinita de cargas do eixo z para o eixo y˙. Deste modo
o campo fica constante ao longo do eixo y e varia ao longo dos eixos x e z. Trocando então o valor de y pelo valor de
z na expressão acima, tem-se
E =
ρL
2πε0 (x2 + z2)
(xax + zaz) V/m
O campo elétrico obtido acima é obtido para uma linha de carga no eixo y centrada no eixo do sistema coordenad o
(x = 0, z = 0). Transladando a linha para o ponto x = −3 e z = 4, tem-se
E =
ρL
2πε0
h
(x+ 3)2 + (z − 4)2
i ((x+ 3)ax + (z − 4)az) V/m
Assim, na origem, o campo assume a forma (x = 0, y = 0, z = 0)
E =
25× 10−9
2π (8.854× 10−12)
³
(0 + 3)2 + (0− 4)2
´ ((0 + 3) ax + (0− 4) az) = 53. 9ax − 71. 9az V/m
(b) Para o ponto P1(2, 15, 3) = P1(x = 2, y = 15, z = 3)
E =
25× 10−9
2π (8.854× 10−12)
³
(2 + 3)
2
+ (3− 4)2
´ ((2 + 3) ax + (3− 4) az) = 86. 4ax − 17. 3az V/m
(c) Transformando as coordendas cilíndricasem coordendas cartesianas, tem-se
x = ρ cosφ = 4 cos 60 ◦ = 2.0
y = ρ sinφ = 4 sin 60 ◦ = 3. 46
z = z = 2
Assim, o campo é dado por
E =
25× 10−9
2π (8.854× 10−12)
³
(2 + 3)2 + (2− 4)2
´ ((2 + 3)ax + (2− 4)az) = 77. 5ax − 31. 0az V/m
E2.7) Três superfícies planas infinitas e carregadas localizam-se, no vácuo, da seguinte maneira:
2µC/m2 em x = −3, −5µC/m2 em x = 1 e 4µC/m2 em x = 5. Determine o campo E nos pontos (a) (0, 0, 0);
(b) (2.5,−1.6, 4.7); (c) (8,−2,−5); (d) (−3.1, 0, 3.1).
Solução
Cada superfície plana gera um campo elétrico de valor constante
ρS
2ε0
, com direção perpendicular à superfície e
sentido dado pelo sinal da carga: se positiva, o campo é divergente ("saindo" do plano); se negativa, o campo é
convergente("entrando" no plano). Para os três itens da questão, os planos estão localizados no plano formado pelos
eixos y e z. Deste modo, o campo gerado pelos planos contém somente a componente ax. O sentido de ax dependerá
da posição do plano no eixo x e da posição no mesmo eixo do ponto onde se quer calcular o campo elétrico. Assim,
temos as seguintes regras:
(1) Se o plano tem uma carga positiva, o campo é divergente. Logo, pontos a esquerda do plano terão componente ax
negativa (−ax) e pontos a direita terão componente de ax positiva (+ax).
(2) Se o plano tem uma carga negativa, o campo é convergente. Logo, pontos a esquerda do plano terão componente
ax positiva (+ax) e pontos a direita terão componente de ax negativa (−ax).
(3) 0 módulo do campo é constante, independente da distância. Assim, o módulo do campo gerado para as
distribuições de carga ρS1 = 2µC/m2, ρS2 = −5µC/m2 eρS3 = 4µC/m2 vale, respectivamente.
kE1k = ρS1
2ε0
=
2× 10−6
2 (8.854× 10−12) = 1. 13× 10
5 V/m
kE2k = ρS2
2ε0
=
5× 10−6
2 (8.854× 10−12) = 2. 82× 10
5 V/m
kE3k = ρS3
2ε0
=
4× 10−6
2 (8.854× 10−12) = 2. 26× 10
5 V/m
Assim, tem-se:
(a) Em (0, 0, 0) a contribuição de ρS1 é positiva ( carga positiva com o ponto a direita do plano). A
contribuição de ρS2 é negativa pois a carga é negativa e o plano está à esquerda do plano. A contribuição
de ρS3 é negativa pois a carga é positiva e o plano está à direita do plano. Assim, ER = E1 + E2 − E3 =¡
1. 13× 105 + 2. 82× 105 − 2. 26× 105¢ax = 1. 69× 105ax
(b) Utilizando o mesmo raciocíno, tem-se ER = E1 −E2 −E3 =
¡
1. 13× 105 − 2. 82× 105 − 2. 26× 105¢ax =
−3. 95× 105ax
(c) ER = E1 −E2 +E3 =
¡
1. 13× 105 − 2. 82× 105 + 2. 26× 105¢ax = 5. 7× 104ax
(d) ER = −E1 +E2 −E3 =
¡
−1. 13× 105 + 2. 82× 105 − 2. 26× 105¢ax = −5. 7× 104ax
E2.8) Determine a equação da linha de força que passa pelo ponto (1, 2, 3) no campo: (a)
E = yax + xay; (b) E = (x+ y)ax + (x− y) ay
Solução
A equação da linha de força no plano deve satisfazer a equação
Ex
Ey
=
dy
dx
. Deste modo, tem-se
(a)
dy
dx
=
x
y
⇒ ydy = xdx⇒
R
ydy =
R
xdx⇒ y2 = x2 + C ⇒ y2 − x2 = C. Para o ponto (1, 2, 3), detemina-se
C por (2)2 − (1)2 = C ⇒ C = 3. Logo a equação da curva será y2 − x2 = 3.
(b)
dy
dx
=
(x− y)
(x+ y)
⇒ (x+ y)dy = (x− y)dx⇒ xy + y
2
2
=
x2
2
− xy + C. Para o ponto (1, 2, 3), o valor de C será
1 (2) +
(2)2
2
=
(1)2
2
− 1(2) + C ⇒ C = 7. Assim, tem-se a curva y2 + 2xy − x2 = 7 representativa das linhas de
força