Solucionario Fisica Halliday volume 3

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Capítulo 21
1. PENSE Depois da transferência, as cargas das duas esferas são Q q− e q. 
FORMULE O módulo da força eletrostática entre duas cargas 1q e 2q separadas por uma distância r é dada pela lei de Coulomb 
(Eq. 21-1):
em que 9 2 201/4 8,99 10 N m C .k πε= = × ⋅ Neste problema, 1q Q q= − e 2 .q q= Assim, o módulo da força que uma das cargas exerce 
sobre a outra é 
Devemos determinar o valor de q que maximiza a função f(q) = q(Q – q). 
ANALISE Igualando a zero a derivada df/dq, obtemos a relação Q – 2q = 0, o que nos dá q = Q/2. Assim, q/Q = 0,500.
APRENDA A força que as esferas exercem uma sobre a outra é máxima quando as cargas das esferas são iguais. 
2. O fato de que as esferas são iguais permite concluir que, ao serem colocadas em contato, elas ficam com cargas iguais. Assim, 
quando uma esfera com carga q entra em contato com uma esfera descarregada, as duas esferas passam a ter (quase instantanea-
mente) uma carga q/2. Começamos com as esferas 1 e 2, que possuem uma carga q cada uma e experimentam uma força repulsiva 
de módulo F = kq2/r2. Quando a esfera neutra 3 é colocada em contato com a esfera 1, a carga da esfera 1 diminui para q/2. Em 
seguida, a esfera 3 (que agora possui uma carga q/2) é colocada em contato com a esfera 2, e a carga total das duas esferas, q/2 + q, 
é dividida igualmente entre elas. Assim, a carga final da esfera 2 é 3q/4, e a força de repulsão entre as esferas 1 e 2 se torna
2
2 2
( /2)(3 /4) 3 3 3 0,375.
8 8 8
q q q FF k k F Fr r
′= = = ⇒ = =′
3. PENSE O módulo da força eletrostática entre duas cargas 1q e 2q separadas por uma distância r é dado pela lei de Coulomb.
FORMULE Explicitando a distância na lei de Coulomb, 1 22
q q
r
F k= (Eq. 21-1), obtemos a seguinte expressão:
ANALISE Para 5,70 NF = , 61 2,60 10 Cq −= × e 62 47,0 10 C,q −=− × a distância entre as duas cargas é
APRENDA A força eletrostática entre duas cargas é inversamente proporcional ao quadrado da distância, o que também acontece 
com a força gravitacional entre duas massas. 
4. A corrente elétrica é discutida no Módulo 21-1. Chamando de i a corrente, a carga transferida é dada por
4 6(2,5 10 A)(20 10 s) 0,50 C.q it −= = × × =
5. De acordo com a Eq. 21-1, o módulo da força de atração entre as partículas é
6 6
1 2 9 2 2
2 2
(3,00 10 C)(1,50 10 C)(8,99 10 N m C ) 2,81N.
(0,120 m)
q q
F k
r
− −× ×= = × ⋅ =
2 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R
6. (a) Chamando de a o módulo da aceleração, a segunda e a terceira leis de Newton nos dão
7 2
7
2 2 1 1 2 2
(6,3 10 kg)(7,0m s )
4,9 10 kg.
9,0m s
m a m a m
−
−×= ⇒ = = ×
(b) O módulo da (única) força que age sobre a partícula 1 é
2
1 2 9 2 2
1 1 2 2(8,99 10 N m C ) .(0,0032 m)
q q q
F m a k
r
= = = × ⋅
Substituindo os valores conhecidos de m1 e a1, obtemos |q| = 7,1 × 10–11 C.
7. Considerando positivo o sentido para a direita, a força resultante que age sobre q3 é
( )
1 3 2 3
3 13 23 2 2
2312 23
.
q q q qF F F k k
LL L
= + = +
+
Note que cada termo apresenta o sinal correto (positivo, se a força aponta para a direita, e negativo, se a força aponta para a esquer-
da), quaisquer que sejam os sinais das cargas. Assim, por exemplo, o primeiro termo (a força que q1 exerce sobre q3) é negativo se 
as cargas tiverem sinais opostos, o que indica que a força será atrativa, e positivo se as cargas tiverem o mesmo sinal, o que significa 
que a força será repulsiva. Igualando a zero a força resultante, fazendo L23 = L12 e cancelando k, q3 e L12, obtemos
1 1
2
2
0 4,00.
4,00
q qq q+ = ⇒ =−
8. No experimento 1, a esfera C entra em contato com a esfera A, e a carga total das duas esferas (4Q) é dividida igualmente entre 
elas. Isso significa que a esfera A e a esfera C ficam com uma carga 2Q cada uma. Em seguida, a esfera C entra em contato com a 
esfera B, e a carga total das duas esferas (2Q – 6Q) é dividida igualmente entre elas, o que significa que a esfera B fica com uma 
carga igual a -2Q. No final do experimento 1, a força de atração eletrostática entre as esferas A e B é, portanto,
2
1 2 2
(2 )( 2 ) 4Q Q QF k k
d d
−= =−
No experimento 2, a esfera C entra primeiro em contato com a esfera B, o que deixa as duas esferas com uma carga de -3Q cada 
uma. Em seguida, a esfera C entra em contato com a esfera A, o que deixa a esfera A com uma carga igual a Q/2. Assim, a força de 
atração eletrostática entre as esferas A e B é
2
2 2 2
( /2)( 3 ) 3
2
Q Q QF k k
d d
−= =−
A razão entre as duas forças é, portanto,
2
1
3/2 0,375.
4
F
F = =
9. PENSE Como cargas de sinais opostos se atraem, as esferas devem ter cargas de sinais opostos antes de serem ligadas por um 
fio. Como cargas de mesmo sinal se repelem, as cargas finais das duas esferas devem ter o mesmo sinal. 
FORMULE Vamos supor que a distância de 50 cm entre as esferas seja suficiente para que a distribuição de carga na superfície 
das esferas possa ser considerada uniforme. Nesse caso, podemos substituir as esferas por cargas pontuais situadas no centro das 
esferas e usar a lei de Coulomb. Sejam q1 e q2 as cargas iniciais. Escolhemos um sistema de coordenadas tal que a força exerci- 
da sobre a carga q2 aponta no sentido do semieixo positivo se a carga é repelida pela carga q1. Nesse caso, a força que a carga q1 
exerce sobre a carga q2 antes que o fio seja ligado é
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 3
em que 9 2 201/4 8,99 1 0 m C Nk πε= = × ⋅ e r = 0,500 m. O sinal negativo indica que as esferas se atraem. Uma vez que as esferas 
são iguais, elas ficam com cargas iguais após o fio ser ligado. Como a carga é conservada, a carga total é a mesma antes e depois 
de o fio ser ligado. Isso significa que a carga final de cada esfera é (q1 + q2)/2. Assim, depois que as esferas são ligadas por um fio, 
a força é repulsiva e é dada por
Podemos obter os valores de q1 e q2 resolvendo o sistema de equações anterior. 
ANALISE A primeira equação fornece o produto
e a segunda equação fornece a soma
em que escolhemos a raiz positiva (isso equivale a supor que q1 + q2 ≥ 0). A partir do produto, podemos obter a relação
Substituindo na equação da soma, obtemos
Multiplicando por q1 e reagrupando os termos, obtemos a equação do segundo grau
cujas soluções são
Escolhendo o sinal positivo, obtemos q1 = 3,00 H 10–6 C; escolhendo o sinal negativo, obtemos 61 1,00 10 C.q −=− × 
(a) Usando a relação q2 = (–3,00 H 10–12)/q1 com q1 = 3,00 H 10–6 C, obtemos 
6
2 1,00 10 C.q
−= − × 
(b) Usando a mesma relação do item (a) com q1 = –1,00 H 10–6 C, obtemos 62 3,00 10 C.q −= × 
APRENDA Note que, como as esferas são iguais, as duas soluções da equação do segundo grau levam ao mesmo resultado: uma 
esfera tinha inicialmente uma carga de –1,00 H 10–6 C e a outra esfera tinha uma carga de +3,00 H 10–6 C. O que aconteceria se 
não tivéssemos suposto que q1 + q2 ≥ 0? Quando invertemos os sinais das cargas (caso em que q1 + q2 < 0), as forças continuam as 
mesmas. Assim, uma carga de +1,00 H 10–6 C em uma das esferas e uma carga de –3,00 H 10–6 C na outra esfera também constituem 
uma solução válida do problema.
10. Para facilitar o raciocínio, vamos supor que Q > 0 e q < 0, embora o resultado final não dependa do sinal das cargas. 
4 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R
(a) Por simetria, os valores absolutos das componentes x e y das forças experimentadas pelas partículas 1 e 4 são todos iguais:
 
1 2 22
0 0
.
( )( ) (| |)( ) | | / | |1 cos45 1
4 4( 2 ) 2 2
Q Q q Q Q q Q qF
a aaπε πε
   
=         
− ° + = − +
Fazendo |F1| = 0, obtemos / | | 2 2Q q = , o que nos dá / 2 2 2,83.Q q = − = −
(b) Por simetria, os valores absolutos das componentes x e y das forças experimentadas pelas partículas 2 e 3 são todos iguais:
( )( )2 2
2 2 22
0 0
.
| || | | |1 1sen 45
4 | |4( 2 ) 2 2
q Qq q QF qa aaπε πε
           
= °− = −
Fazendo |F2| = 0, obtemos / | | 1/2 2Q q = − = -0,35. Como este valor é diferentedo obtido no item (a), não existe um valor de q 
para o qual a força eletrostática a que todas as partículas estão submetidas seja nula.
11. Como a força experimentada pela partícula 3 é
3 1 3 2 3 4
3 31 32 34 2 22
0
,
| || | | || | | || |1 ˆ ˆ ˆ ˆj (cos45 i sen 45 j) i
4 ( 2 )
q q q q q qF F F F
a aaπε
 
 
 
 
= + + = − + ° + ° +
   
(a) a componente x da força a que a partícula 3 está submetida é
( ) ( )
2
7
9 2 23 2
3 42 2
0
2 1,0 10 C| | | | 1| | 8,99 10 N m C 2
4 (0,050 m)2 2 2 2
0,17 N
x
q qF q
aπε
−
   
        
×
= + = × ⋅ +
=
(b) e a componente y é
( ) ( )
2
7
9 2 23 2
3 12 2
0
2 1,0 10 C| | | | 1| | 8,99 10 N m C 1
4 (0,050 m)2 2 2 2
0,046 N.
y
q qF q
aπε
−
   
        
×
= − + = × ⋅ − +
= −
12. (a) Para que a aceleração inicial da partícula 3 seja na direção do eixo x, é preciso que a força resultante tenha a direção do eixo 
x, o que, por sua vez, significa que a soma das componentes y das forças envolvidas seja zero. O ângulo que a força exercida pela 
partícula 1 sobre a partícula 3 faz com o eixo x é tan-1 (2/2) = 45o, e o ângulo que a força exercida pela partícula 2 sobre a partícula 
3 faz com o eixo x é tan-1 (2/3) = 33,7o. Assim, para que a soma das componentes y seja nula, devemos ter
( )
1 3 3
2 2
2 2
| |
sen 45 sen33,7 ,
0,02 2 m (0,030 m) (0,020 m)
q q Q qk k
 
 
 
° = °
+
o que nos dá |Q| = 83 μC. Como as componentes y das forças exercidas pelas cargas 1 e 2 sobre a carga 3 devem ter sentidos opostos, 
concluímos que as cargas das partículas q1 e q2 devem ter sinais opostos e, portanto, Q = –83 μC.
(b) Nesse caso, são as componentes x das forças envolvidas que devem se cancelar. Para que a soma das componentes x seja nula, 
devemos ter
( )
31 3
2 2
2 2
cos45 cos33,7 ,
0,02 2 m (0,030 m) (0,020 m)
Q qq qk k
 
 
 
°= °
+
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 5
o que nos dá |Q| = 55,2 μC ≈ 55 μC. Como as componentes x das forças exercidas pelas cargas 1 e 2 sobre a carga 3 devem ter 
sentidos opostos, concluímos que as cargas q1 e q2 devem ter o mesmo sinal e, portanto, Q = 55 μC. 
13. (a) É óbvio que não existe posição de equilíbrio para a partícula 3 fora do eixo x. Também não existe posição de equilíbrio para 
a partícula 3 no eixo x na região entre as partículas fixas, já que, nessa região, as duas partículas, por terem cargas opostas, exercem 
necessariamente forças de mesmo sentido sobre a partícula 3. Além disso, não existe posição de equilíbrio no eixo x à direita da 
partícula 2, porque, nessa região, como |q1| < |q2|, o módulo da força exercida por q2 é sempre maior que a força exercida por q1. 
Assim, o ponto de equilíbrio só pode estar na parte do eixo x à esquerda da partícula 1, na qual o módulo da força resultante a que 
está submetida a partícula 3 é dado por
( )
1 3 2 3
res 2 2
0 0
q q q q
F k k
L L L
= −
+
em que L0 é a distância (em valor absoluto) entre a partícula 3 e a partícula 1. Igualando a zero a equação apresentada, temos, 
depois de cancelar k e q3:
( )
2
1 2 0 2
2 2
0 10 0
3,0 C0 3,0,
1,0 C
q q L L q
L qL L L
µ
µ
 
 
 
 
+ −− = ⇒ = = =
++
o que nos dá (depois de extrair a raiz quadrada)
0
0
0
10 cm3 14cm
3 1 3 1
L L LLL
+
= ⇒ = = ≈
− −
para a distância entre a partícula 3 e a partícula 1. Isso significa que a coordenada x da partícula 3 deve ser x = -14 cm.
(b) Como foi dito no item anterior, y = 0. 
14. (a) Vamos chamar de Q a carga da partícula 3. Igualando os módulos das forças que agem sobre a partícula 3, dadas pela Eq. 
21-1, temos
( ) ( )
1 2
2 2
0 0
,
1 1
4 4/ 2 / 2
q Q q Q
a a a aπε πε
=
− − −
o que nos dá |q1| = 9,0 |q2|. Como a partícula 3 está situada entre q1 e q2, concluímos que q1 e q2 têm o mesmo sinal e, portanto, 
q1/q2 = 9,0.
(b) Nesse caso, temos
( ) ( )
1 2
2 2
0 0
,
1 1
4 43 / 2 3 / 2
q Q q Q
a a a aπε πε
=
− − −
o que nos dá |q1| = 25 |q2|. Como a partícula 3 está situada à direita das duas partículas, concluímos que q1 e q2 têm sinais opostos 
e, portanto, q1/q2 = –25.
15. (a) Como a distância entre a partícula 1 e a partícula 2 é
( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 212 2 1 2 1 0,020 m 0,035 m 0,015 m 0,005 m
0,056 m,
r x x y y= − + − = − − + −
=
o módulo da força que a partícula 1 exerce sobre a partícula 2 é
9 2 2 6 6
2 1
21 2 2
12
( )(| | 8,99 10 N m C 3,0 10 C)(4,0 10 C) 35 N.
(0,056 m)
q qF k
r
− −× ⋅ × ×= = =
6 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R
(b) O vetor F →21 aponta na direção da partícula 1 e faz com o semieixo x positivo um ângulo
(c) Suponha que as coordenadas da terceira partícula sejam (x3, y3) e que a partícula esteja a uma distância r da partícula 2. Sabemos 
que, para que as forças exercidas pelas partículas 1 e 3 sobre a partícula 2 sejam iguais, as três partículas devem estar sobre a mesma 
reta. Além disso, as partículas 1 e 3 devem estar em lados opostos em relação à partícula 2, já que possuem cargas de mesmo sinal; 
portanto, se estivessem do mesmo lado em relação à partícula 2, exerceriam forças com o mesmo sentido (de atração). Assim, em 
termos do ângulo calculado no item (a), temos x3 = x2 - r cos θ e y3 = y2 – r sen θ (o que significa que y3 > y2, já que θ é negativo). 
O módulo da força que a partícula 3 exerce sobre a partícula 2 é 223 2 3| |F k q q r= e deve ser igual ao módulo da força exercida pela 
partícula 1 sobre a partícula 2, que é 221 2 1 .| |F k q q r= Assim,
2 3 1 2 3
122 2
112
0,0645m 6,45 cm,
q q q q qk k r r qr r
= ⇒ = = =
o que nos dá x3 = x2 – r cos θ = –2,0 cm – (6,45 cm) cos(–10°) = –8,4 cm.
(d) e y3 = y2 – r sen θ = 1,5 cm – (6,45 cm) sen(–10°) = 2,7 cm.
16. (a) De acordo com o gráfico da Fig. 21-26b, quando a partícula 3 está muito próxima da partícula 1 (e, portanto, a força exercida 
pela partícula 1 sobre a partícula 3 é muito maior que a força exercida pela partícula 2 sobre a partícula 3), existe uma força no 
sentido positivo do eixo x. Como a partícula 1 está na origem e a partícula 3 está à direita da partícula 1, esta força é uma força de 
repulsão. Assim, como a carga da partícula 3 é positiva, concluímos que a carga da partícula 1 também é positiva.
(b) Como o gráfico da Fig. 21-26b cruza o eixo x e sabemos que a partícula 3 está entre a partícula 1 e a partícula 2, concluímos 
que, ao se aproximar da partícula 2, a partícula 3 é repelida, o que significa que a carga da partícula 2 também é positiva. O ponto 
em que a curva se anula é o ponto x = 0,020 m, no qual a partícula 3 se encontra a uma distância d1 = 0,020 m da partícula 1 e a 
uma distância d2 = 0,060 m da partícula 2. Assim, de acordo com a Eq. 21-1,
2 2
1 3 2 3 2
2 1 1 12 2
0 0 11 2
,
1 1 0,060 m 9,0
4 4 0,020 m
q q q q dq q q qdd dπε πε
   
       
= ⇒ = = =
o que nos dá q2/q1 = +9,0.
17. (a) De acordo com a Eq. 21-1,
6 2
9 2 21 2
12 2 2
(20,0 10 C)(8,99 10 N m C ) 1,60 N.
(1,50 m)
q qF k
d
−×= = × ⋅ =
(b) O diagrama a seguir mostra as forças envolvidas e o eixo y escolhido (linha tracejada).
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 7
O eixo y foi escolhido como a mediatriz do segmento de reta que liga as cargas q2 e q3 para fazer uso da simetria do problema (um 
triângulo equilátero de lado d, cargas de mesmo valor q1 = q2 = q3 = q). Vemos que a força resultante coincide com o eixo y, e o 
módulo da força é
2 6 2
9 2 2
2 2
(20,0 10 C)2 cos30 2(8,99 10 N m C ) cos30 2,77 N
(1,50 m)
qF k
d
− 
 
 
 
×= °= × ⋅ °=
.
18. Como todas as forças envolvidas são proporcionais às cargas das partículas, vemos que a diferença entre as duas situações 
é que F1 ~ qB + qC (na situação em que as cargas B e C estão no mesmo lado em relação à carga A), e F2 ~ qB + qC (na situação 
em que as cargas estão em lados opostos). Assim, temos
1
2
B C
B C
q qF
F q q
+
=
− + 
⇒
 
23
24 ,
1 /2,014 10 N 7
1 /2,877 10 N
BC
BC
q q
q q
−
−
+− × = =
− +− ×
o que nos dá, após algumas manipulações algébricas,qC/qB = 1,333.
19. PENSE Neste problema, são dadas duas cargas, e devemos determinar em que ponto deve ser colocada uma terceira carga para 
que o sistema formado pelas três cargas esteja em equilíbrio.
FORMULE Para que o sistema formado pelas três cargas esteja em equilíbrio, as resultantes das forças que agem sobre as três cargas 
devem ser nulas. Para isso, é preciso que a terceira carga, q3, esteja entre as outras duas; caso contrário, as forças exercidas sobre 
q3 pelas outras duas cargas teriam o mesmo sentido e, portanto, não poderiam se cancelar. Suponha que q3 está a uma distância x 
da carga q e a uma distância L – x da carga 4,00q. Nesse caso, a força que age sobre a carga q3 é dada por
em que o sentido da força para a direita foi tomado como sendo positivo. Vamos fazer F3 = 0 e calcular o valor correspondente de x. 
ANALISE (a) Cancelando os fatores comuns, obtemos 1/x2 = 4/(L – x)2; extraindo a raiz quadrada de ambos os membros, obtemos 
a equação 1/x = 2/(L – x), cuja solução é x = L/3. Fazendo L = 9,00 cm, obtemos x = 3,00 cm.
(b) Uma vez que a terceira carga deve estar entre as outras duas, a coordenada de y de q3 é y = 0. 
 
(c) A força a que a carga q está submetida é
em que o sentido da força para a direita mais uma vez foi escolhido como sendo positivo. Vamos fazer Fq = 0 e calcular o valor 
correspondente de q3/q:
em que usamos a relação x = L/3, obtida na solução do item (a). 
APRENDA Podemos confirmar que a força a que a carga 4,00q está submetida também se anula:
20. Note que as distâncias entre as partículas B e A e entre as partículas C e A são as mesmas para todas as posições da partícula 
B. Vamos nos concentrar nos pontos extremos (θ = 0º e θ = 180º) das curvas da Fig. 21-30c, pois representam situações em que as 
8 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R
forças que as partículas B e C exercem sobre a partícula A são paralelas ou antiparalelas (ou seja, situações em que a força resultante 
é máxima ou mínima, respectivamente). Note, também, que, como a força dada pela lei de Coulomb é inversamente proporcional 
a r², se as cargas fossem iguais, a força exercida pela partícula C seria quatro vezes menor que a força exercida pela partícula B, já 
que a distância entre a partícula C e a partícula A é duas vezes maior que a distância entre a partícula B e a partícula A. Como as 
cargas não são iguais, existe, além do fator de 1/4 já mencionado, um fator igual, em módulo, à razão entre a carga da partícula C 
e a carga da partícula B. Assim, a força eletrostática exercida pela partícula C, de acordo com a lei de Coulomb, Eq. 21-1, é igual a 
ξ/4 vezes a força exercida pela partícula B.
(a) De acordo com a curva 1 da Fig. 21-30c, a força máxima é 2F0 e corresponde a θ = 180º (situação na qual B está no eixo x, à 
esquerda de A). Nesse caso, 
2F0 = (1 - ξ/4) F0 ⇒ ξ = –4.
(b) O módulo da razão entre a força máxima e a força mínima é 5/3. Supondo que a força máxima e a força mínima apontam no 
mesmo sentido, obtemos a equação
1 /45 1
3 1 /4
ξ ξ
ξ
+= ⇒ =
−
Essa solução, porém, não é fisicamente aceitável, pois, como B está mais próximo de A do que C, se as cargas de B e C forem iguais, 
a força máxima e a força mínima terão necessariamente sentidos opostos. Supondo que a força máxima e a força mínima apontam 
em sentidos opostos, podemos escrever
1 /45 16
3 1 /4
ξ ξ
ξ
+− = ⇒ =
−
.
21. A carga dq contida em uma casca fina, de largura dr, é dq = ρdV = ρAdr, na qual A = 4πr2. Como ρ = b/r, temos
( )2
1
2 2
2 14 2 .
r
r
q dq b r dr b r rπ π= = = −∫ ∫
Para b = 3,0 μC/m2, r2 = 0,06 m e r1 = 0,04 m, obtemos q = 0,038 μC = 3,8 H 10–8 C.
22. (a) A soma das componentes x das forças que as partículas 3 e 4 exercem sobre a partícula 1 é
1 3 1 3
2 2
0 0
| | 3 3 | |
2 cos(30 )
4 16
q q q q
r dπε πε
° =
.
Para que a força que age sobre a partícula 1 seja nula, o valor calculado deve ser igual, em valor absoluto, à força exercida pela 
partícula 2 sobre a partícula 1:
1 3 1 2
2 2
0 0
.
3 3| | | | 52 1 0,9245
16 4 ( ) 3 3
q q q q D d d
d D dπε πε
 
 
 
 
= ⇒ = − =
+
Para d = 2,00 cm, obtemos D = 1,92 cm.
(b) Quando as partículas 3 e 4 são aproximadas do eixo x, o ângulo q diminui e a soma das componentes x das forças que essas 
partículas exercem sobre a partícula 1 aumenta. Para compensar este fato, a força exercida pela partícula 2 sobre a partícula 1 deve 
ser maior, o que exige que a distância D seja menor.
23. Seja F o módulo da força exercida pela partícula 1 e pela partícula 2 sobre a partícula 2 sobre a partícula 3, seja e = +1,60 H 
10–19 C e seja θ o ângulo entre uma das forças acima e o eixo x. Nesse caso,
2
res 2 2 2 2 3/22 2
0 0
2(2 )(4 ) 4
2 cos .
4 ( ) ( )
e e x e xF F
x d x dx d
θ
πε πε
= = =
+ ++
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 9
(a) Para determinar os valores de x para os quais a força é máxima ou mínima, derivamos a expressão apresentada em relação a 
x e igualamos o resultado a zero. É aconselhável desenhar um gráfico, tanto para compreender melhor o comportamento da fun-
ção como para verificar se o valor calculado é um máximo ou um mínimo. Agindo dessa forma, constatamos que o valor obtido 
igualando a derivada a zero corresponde a um máximo [(veja o item (b)] e que o mínimo da função corresponde ao limite inferior 
do intervalo, ou seja, ao ponto x = 0.
(b) Derivando a função do enunciado e igualando o resultado a zero, obtemos
2 2 2 3/2 2 2 1/2
res
2 2 3
0
4 ( ) (3/2)( ) (2 )
0,
( )
dF e x d x x d x
dx x dπε
+ − +
= =
+
o que nos dá, depois de algumas manipulações algébricas, x = d/ 2 ≈ 12 cm.
(c) O valor da força resultante no ponto x = 0 é Fres = 0.
(d) O valor da força resultante no ponto x = 12 cm é Fres = 4,9 H 10–26 N.
24. (a) De acordo com a Eq. 21-1,
9 2 2 16 2
19
2 2
(8,99 10 N m C )(1,00 10 C)
8,99 10 N.
(1,00 10 m)
F
−
−
−
× ⋅ ×
= = ×
×
(b) Se n é o número de elétrons em excesso (com uma carga –e = 1,60 H 10-19 C cada um), temos
16
19
1,00 10 C
625.
1,60 10 C
qn
e
−
−
− ×
= − = − =
×
25. De acordo com a Eq. 21-11, temos
7
11
19
1,0 10 C
6,3 10 .
1,6 10 C
q
n
e
−
−
×
= = = ×
×
26. De acordo com as Eqs. 21-1 e 21-5, o módulo da força é
( )
( )
2192 2
9 9
2 2 210
1,60 10 CN m
8,99 10 2,89 10 N.
C 2,82 10 m
eF k
r
−
−
−
× ⋅
= = × = × 
  ×
27. PENSE O módulo da força eletrostática entre duas cargas 1q e 2q separadas por uma distância r é dado pela lei de Coulomb.
FORMULE Seja q a carga de cada íon. Para 1 2 ,q q q= = + o módulo da força entre os íons (que, de acordo com o enunciado, são 
positivos) é dado por
em que 9 2 201/4 8,99 10 N m C .k πε= = × ⋅
ANALISE (a) Explicitando q, obtemos
1 0 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R
(b) Seja n o número de elétrons que está faltando em cada íon. Nesse caso, ne = q, o que nos dá
APRENDA Como a carga elétrica é quantizada, podemos escrever qualquer carga na forma q ne= , em que n é um número inteiro 
(positivo ou negativo) e 191,6 10 Ce −= × é a carga elementar. 
28. Como 1 ampère equivale a 1 coulomb por segundo (1 A = 1 C/s) e 1 minuto equivale a 60 segundos, o valor absoluto da carga 
que atravessa o peito é
|q| = (0,300 C/s)(120 s) = 36,0 C.
O número de elétrons correspondente é
20
19
36,0 C
2,25 10 .
1,60 10 C
q
n
e −
= = = ×
×
 29. (a) Na configuração inicial, de alta simetria, a força Fy a que a partícula central (partícula 5) está submetida aponta no sentido 
negativo do eixo y e tem módulo 3F, em que F é a força exercida por uma das partículas sobre a outra a uma distância d = 10 cm, 
já que as forças exercidas pelas partículas 1 e 3 se cancelam e a força exercida “para baixo” pela partícula 4 é quatro vezes maior 
que a força exercida “para cima” pela partícula 2. Esta força não muda quando a partícula 1 é deslocada, fazendo com que passe a 
existir também uma força Fx paralela ao eixo x. Como a força a que a partícula estava submetida inicialmente era paralelaao eixo 
y, o fato de sofrer uma rotação de 30o significa que, quando a partícula 1 se encontra na nova posição,
o 1tan(30 ) ,
3 3
x x
y
F F
F F
= ⇒ =
o que nos dá Fx = F 3. Como a partícula 3 exerce uma força “para a esquerda” de módulo F sobre a partícula 5, e a partícula 1 
exerce uma força “para a direita” de módulo F ′ , temos
3 ( 3 1) .F F F F F′ ′− = ⇒ = +
Como a força eletrostática varia inversamente com a distância, temos
2
2 10 cm 10 cm 6,05 cm
1,653 1 3 1 3 1
d dr r= ⇒ = = = =
+ + +
na qual r é a distância entre a partícula 1 e a partícula 5. Assim, a nova coordenada da partícula 1 deve ser x = -6,05 cm.
(b) Para que a força resultante volte à direção original, é preciso que as componentes x das forças exercidas pelas partículas 1 e 3 
se cancelem, o que pode ser conseguido aproximando a partícula 3 da partícula 5 até que esteja à mesma distância que a partícula 
1. Assim, a nova coordenada da partícula 3 deve ser x = 6,05 cm.
30. (a) Seja x a distância entre a partícula 1 e a partícula 3. Nesse caso, a distância entre a partícula 2 e a partícula 3 é L – x. Como 
as duas partículas exercem forças para a esquerda sobre a partícula 3, o módulo da força total a que a partícula 3 está submetida é
2
1 3 2 3
tot 13 23 2 2 2 2
00 0
1 27
.
4 4 ( ) ( )
q q q q eF F F
x L x x L xπεπε πε
 
= + = + = + − − 
 
Derivando a função apresentada e igualando o resultado a zero, obtemos
2
tot
3 4
0
2 54( )
0,
( )
dF e L x
dx x L xπε
 −
= − + = − 
o que, depois de algumas manipulações algébricas, nos dá x = L/4. Assim, x = 2,00 cm.
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 1 1
(b) Fazendo x = L/4 na expressão de Ftot e substituindo e, π e ε0 por valores numéricos, obtemos Ftot = 9,21 × 10–24 N.
31. Como cada próton possui uma carga q = +e, a corrente em uma superfície esférica de área 4 πR2 = 4π (6,37 × 106 m)2 = 5,1 × 
1014 m2 seria
( ) ( )14 2 192
prótons
5,1 10 m 1500 1,6 10 C próton 0,122A 122 mA.
s m
i − = × × = = ⋅ 
32. Como a curva da Fig. 21-33 passa pelo ponto F2,tot = 0, a carga da partícula 1 é positiva: q1 = +8,00e. O fato de que F2,tot = 0 quan-
do a partícula 3 está no ponto x = 0,40 m significa que a distância entre as partículas 1 e 2 é r = 0,40 m. Como o valor assintótico 
de F2,tot corresponde à situação em que a única força a que a partícula 2 está submetida é a força exercida pela partícula 1, temos
181 2
assint 22
0
2,086 10 C 13 .
4
q q F q e
rπε
−= ⇒ = × = +
33. Como a massa específica da água é 1,0 g/cm3, um volume de 250 cm3 corresponde a uma massa de 250 g, que, por sua vez, 
corresponde a 250/18 = 14 mols, já que a massa molar da água é 18. Como uma molécula de H2O possui 10 prótons, temos
23 19 7
A A14 14 (10 ) 14(6,02 10 )(10)(1,60 10 C) 1,3 10 C.Q N q N e
−= = = × × = ×
34. Por simetria, a componente y da força total a que o elétron 2 está submetido é nula, qualquer que seja o ângulo θ. A componente 
x da força total exercida pelos elétrons 3 e 4 é dada por
3,4
3
2 2 2
0 0 0
.
2 cos 2 cos2 cos
4 4 ( / cos ) 4x
qe qe qeF
r R R
θ θθ
πε πε θ πε
= = =
Assim, para que a força total a que está submetido o elétron 2 seja nula, é preciso que a força exercida pelo elétron 1 seja igual à 
componente x da força exercida pelos elétrons 3 e 4, ou seja, F1 = Fx 3,4, o que nos dá
3
32
2 2
0 0
.
2 cos cos
24 4
qee e
qR R
θ
θ
πε πε
= ⇒ =
Os “valores fisicamente possíveis de q” mencionados no enunciado são múltiplos inteiros da carga elementar e. Fazendo q = ne, temos
3 1cos
2n
θ =
Assim, os valores possíveis de θ são dados por
1/3
1 1cos
2n
θ −  =  
 
na qual n é um número inteiro.
(a) O menor valor de θ é 
1/3
1 o
1
1
cos 37,5 0,654 rad.
2
θ −  = = = 
 
(b) O segundo menor valor de θ é
1/3
1 o
2
1
cos 50,95 0,889 rad.
4
θ −  = = = 
 
1 2 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R
(c) O terceiro menor valor de θ é
1/3
1 o
3
1
cos 56,6 0,988 rad.
6
θ −  = = = 
 
35. PENSE O sistema a ser analisado é formado por 8 íons Cs+ nos vértices de um cubo e um íon Cl- no centro do cubo. Para 
calcular a força eletrostática a que está submetido o íon Cl-, podemos aplicar o princípio de superposição e fazer uso da simetria 
da configuração. 
FORMULE Na situação descrita no item (a), em que os 8 íons Cs+ estão presentes, todos os íons de césio exercem forças de mesmo 
módulo sobre o íon de cloro situado no centro do cubo. As forças são atrativas e apontam para os íons de césio. A cada íon de césio 
corresponde outro íon situado em uma posição diagonalmente oposta em relação ao íon de cloro. 
Na situação descrita no item (b), em que um dos íons Cs+ está faltando, em vez de remover um íon de césio, podemos acrescentar 
uma carga –e na posição de um dos íons de césio. Isso neutraliza a carga do íon e, do ponto de vista das forças elétricas a que o 
íon de cloro está submetido, equivale a remover o íon. Como as forças dos oito átomos de césio se equilibram duas a duas, a única 
força elétrica que age sobre o íon de cloro é a força da carga que foi acrescentada.
ANALISE (a) Como os dois íons Cs+ que estão na mesma diagonal do cubo exercem forças de mesmo módulo e sentidos opostos 
sobre o íon de cloro, e todos os íons de césio podem ser emparelhados dessa forma, a força total que os íons Cs+ exercem sobre o 
íon Cl- é zero.
(b) Como o comprimento da diagonal do cubo é 3 ,a em que a é o comprimento da aresta do cubo, a distância do centro do cubo 
a um dos vértices é ( )3 2 .d a= Assim, o módulo da força que a carga e exerce sobre o íon de cloro é
Como tanto a carga que foi acrescentada como a carga do íon de cloro são negativas, a força é de repulsão. Isso significa que o íon 
de cloro é empurrado para longe do íon do vértice do cubo que não contém um íon de césio.
APRENDA Nos problemas de eletrostática que envolvem um número finito de cargas, o uso de princípios de simetria pode fa-
cilitar a solução.
36. (a) Como o próton é positivo e o nêutron é neutro, a partícula emitida deve ser um pósitron (uma partícula positiva) para que 
a carga elétrica seja conservada.
(b) Nesse caso, como o estado inicial tem carga zero, a soma das cargas das partículas produzidas deve ser zero. Como uma das 
partículas produzidas é um próton, cuja carga é positiva, a outra partícula deve ser um elétron.
37. PENSE A carga elétrica é conservada nas reações nucleares.
FORMULE Como nenhuma das reações envolve um decaimento beta (veja o Capítulo 42), o número de prótons (Z), o número de 
nêutrons (N) e o número de elétrons são conservados. O número de massa (número total de núcleons) é definido como .A N Z= + 
O número atômico (número de prótons) de cada elemento aparece no Apêndice F do livro.
ANALISE (a) Como o 1H possui 1 próton, 1 elétron e 0 nêutron e o 9Be possui 4 prótons, 4 elétrons e 9 – 4 = 5 nêutrons, e um 
nêutron é ejetado na reação, o nuclídeo X possui 1 + 4 = 5 prótons, 1 + 4 = 5 elétrons e 0 + 5 – 1 = 4 nêutrons. De acordo com o 
Apêndice F, X é o boro, com número de massa 5 + 4 = 9: 9B.
(b) Como o 12C possui 6 prótons, 6 elétrons e 12 – 6 = 6 nêutrons e o 1H possui 1 próton, 1 elétron e 0 nêutron, o nuclídeo X possui 
6 + 1 = 7 prótons, 6 + 1 = 7 elétrons e 6 + 0 = 6 nêutrons. De acordo com o Apêndice F, X é o nitrogênio, com número de massa 
7 + 6 = 13: 13N.
(c) Como o 15N possui 7 prótons, 7 elétrons e 15 – 7 = 8 nêutrons, o 1H possui 1 próton, 1 elétron e 0 nêutron e o 4He possui 2 
prótons, 2 elétrons e 4 – 2 = 2 nêutrons, o nuclídeo X possui 7 + 1 – 2 = 6 prótons, 6 elétrons e 8 + 0 – 2 = 6 nêutrons. De acordo 
com o Apêndice F, X é o carbono, com um número de massa 6 + 6 = 12: 12C.
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 1 3
APRENDA Uma expressão geral para o tipo de reação apresentado neste problema, que não envolve decaimentos beta, é a seguinte:
em que i i iA Z N= + . Como o número de prótons (Z), o número de nêutrons (N) e o número de núcleons (A) são conservados,as 
seguintes relações devem ser satisfeitas: 1 2 3 4A A A A+ = + , 1 2 3 4Z Z Z Z+ = + e 1 2 3 4N N N N+ = + .
38. Após o primeiro contato, a esfera W e a esfera A possuem uma carga qA/2, na qual qA é a carga inicial da esfera A. Após o 
segundo contato, a esfera W possui uma carga
1 32
2 2
Aq e   
 
−
.
Após o terceiro contato, a esfera W possui uma carga
1 1 32 48
2 2 2
Aq e e
  
      
− +
.
Igualando esta última expressão a +18e, obtemos, depois de algumas manipulações algébricas, a resposta pedida: qA = +16e.
39. PENSE Temos duas cargas no plano xy. A força eletrostática que a partícula 1 exerce sobre a partícula 2 tem uma componente 
x e uma componente y. 
FORMULE De acordo com a lei de Coulomb, o módulo da força que a partícula 1 exerce sobre a partícula 2 é ( )2
0
1 ,
4
q Q q
F
rπε
−
= 
em que 2 21 2r d d= + e 
9 2 2
01/4 8,99 10 N m C .k πε= = × ⋅ Como q1 e q2 são cargas positivas, a partícula 2 é repelida pela partícula 1 e, 
portanto, a força 21F

 aponta para a direita e para baixo. Na notação dos vetores unitários, 21 21r̂,F F=

 em que
A componente x de 21F

 é 2 221, 21 2 1 2/ .xF F d d d= +
ANALISE Combinando as expressões anteriores, obtemos
APRENDA A componente y de 21F

 pode ser calculada de forma análoga:
Assim, 22 2221 ˆ ˆ(1,31 10 N)i (0,437 10 N)jF − −= × − ×

.
,
1 4 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R
40. Como as partículas 1 e 2 estão do mesmo lado da partícula 3, para que as forças exercidas pelas duas partículas se cancelem, é 
preciso que uma das forças seja atrativa e a outra seja repulsiva. Isso, por sua vez, significa que as cargas das partículas 1 e 2 devem 
ter sinais opostos. Além disso, naturalmente, as duas forças devem ter módulos iguais, ou seja,
1 3 2 3
2 2
12 23 23
| || | | || |
( ) ( )
q q q qk k
L L L
=
+ .
Para L23 = 2,00L12, a expressão apresentada nos dá q1/q2 = -2,25. 
41. (a) Para que se neutralizem mutuamente, as forças gravitacional e elétrica devem ter módulo, ou seja,
2
2 2
q mMk G
r r
=
na qual k é a constante eletrostática, q é a carga de um dos astros, r é a distância entre o centro da Terra e o centro da Lua, G é a 
constante gravitacional, m é a massa da Lua e M é a massa da Terra. Explicitando q, obtemos
11 2 2 22 24
9 2 2
13
(6,67 10 N m kg ) (7,36 10 kg) (5,98 10 kg)
8,99 10 N m C
5,7 10 C.
GmMq
k
−× ⋅ × ×
= =
× ⋅
= ×
(b) A distância r não aparece nos cálculos porque tanto a força elétrica como a força gravitacional são proporcionais a 1/r2 e, 
portanto, as distâncias se cancelam.
(c) Como a carga de um íon de hidrogênio é e = 1,60 × 10–19 C, seriam necessários
13
32
19
5,7 10 C 3,6 10 íons.
1,6 10 C
qn e −
×= = = ×
×
Como a massa de um íon de hidrogênio é mp = 1,67 H 10–27 kg, a massa necessária seria
32 27 5
p (3,6 10 )(1,67 10 kg) 6,0 10 kg.m nm −= = × × = ×
42. (a) A figura a seguir mostra o diagrama de corpo livre da esfera da esquerda. A força da gravidade mg aponta para baixo, a 
força eletrostática da outra esfera aponta para a esquerda, e a tensão do fio aponta na direção do fio, que faz um ângulo θ com 
a vertical. Uma vez que a esfera está em equilíbrio, a aceleração é zero. A componente y da segunda lei de Newton nos dá T cos 
θ– mg = 0 e a componente x nos dá T senθ – Fe = 0. De acordo com a primeira equação, T = mg/cos θ. Substituindo esse resultado 
na segunda equação, obtemos mg tan θ – Fe = 0.
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 1 5
Aplicando relações trigonométricas ao triângulo da Fig. 21-38 formado pelo ponto de suspensão e as duas esferas, obtemos
( )22
2
tan .
2
x
L x
θ =
−
Se L é muito maior que x (o que acontece se θ for muito pequeno), podemos desprezar o termo x/2 do denominador e fazer tan 
θ ≈ x/2L. Com base na Eq. 21-1, o módulo da força eletrostática que uma das esferas exerce sobre a outra é
2
2
.e
qF k
x
=
Substituindo essas duas expressões na equação mg tan θ = Fe, obtemos
1/3
2 2
2 .
2
2
k
mgx q kq LxL mgx
 
 
 
 
≈ ⇒ ≈
(b) Explicitando q na expressão apresentada e substituindo os valores dados, obtemos
3 2 3
8
9 2 2
(0,010kg)(9,8m s )(0,050m) 2,4 10 C.
2 2(8,99 10 N m C )(1,20m)
mgxq kL
−= = = ×
× ⋅
43. (a) Se uma das esferas é descarregada, deixa de existir repulsão eletrostática entre as esferas, e o ângulo θ diminui até que as 
esferas se tocam. 
(b) Quando as esferas se tocam, metade da carga da esfera que não foi descarregada é transferida para a outra esfera, o que faz com 
que cada esfera fique com uma carga q/2. Assim, de acordo com a equação obtida no item (a) do Problema 42, a nova distância 
de equilíbrio é
( ) ( )
1/3
2 1/3 1/32 2 1 1 5,0 cm 3,1 cm,
4 4
k q L
x xmg
 
    
    
     
= = = =′
em que x = 5,0 cm é a distância dada no item (b) do Problema 42. 
44. PENSE Este problema envolve a comparação da força eletrostática entre dois prótons com a força gravitacional entre a Terra 
e um próton. 
FORMULE O módulo da força gravitacional a que está submetido um próton nas proximidades da superfície da Terra é ,gF mg= 
em que 271,67 10 kgm −= × é a massa do próton e g é a aceleração da gravidade. Por outro lado, a força eletrostática entre dois pró-
tons separados por uma distância r é 2 / .eF kq r= Para que as forças sejam iguais, devemos ter kq2/r2 = mg. 
ANALISE Explicitando r, obtemos 
APRENDA A força eletrostática a essa distância é 261,64 10 N.e gF F −= = × 
45. Como cada molécula contém dois prótons de carga q = +e, temos
23 19 5(6,02 10 ) (2) (1,60 10 C) 1,9 10 C 0,19 MC.AQ N q
−= = × × = × =
46. (a) O módulo da força eletrostática a que a partícula 1 está submetida é a soma algébrica das forças exercidas pelas outras três 
partículas:
1 6 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R
2
1 12 13 14 2 2 2 2
0 0 0 0
9 2 2 19 2
25
2 2
(2 )( ) (2 )(4 )2 | | 11
184 4 (2 ) 4 (3 ) 4
(8,99 10 N m C )(1,60 10 C)11 3,52 10 N,
18 (2,00 10 m)
e e e ee e eF F F F
d d d dπε πε πε πε
−
−
−
−= − − = − − =
× ⋅ ×= = ×
×
o que nos dá 251 ˆ(3,52 10 N)i.F −= ×

(b) Analogamente, o módulo da força eletrostática a que a partícula 2 está submetida é
2 23 24 21 2 2 2
0 0 0
4 | | | | 2 | | 0.
4 (2 ) 4 4
e e e e e eF F F F
d d dπε πε πε
− − −= + − = + − =
47. Vamos chamar de q1 a carga de +6 μC, de q2 a carga de –4 μC, de q3 a carga desconhecida e de r1, r2 e r3 as distâncias entre essas 
cargas e a origem, respectivamente. Para que a força eletrostática total que age sobre uma carga colocada na origem seja nula, 
devemos ter
tot 1 2 3 .F F F F= + +
   
Vamos supor, sem perda de generalidade, que a carga da partícula colocada na origem é positiva. Nesse caso, a força exercida pela 
carga q1 aponta para a esquerda, a força exercida pela carga q2 aponta para a direita e a carga exercida pela carga q3 aponta para a 
esquerda se for positiva e para a direita se for negativa. De acordo com a Eq. 21-1, temos
31 2
2 2 2
1 2 3
0.
q qq q q qk k k
r r r
− + ± =
Substituindo os valores conhecidos, obtemos
3
2 2 2
6 4
0.
8 16 24
q
− + ± =
Reduzindo a um denominador comum, obtemos
354 9 0.
576 576 576
q
− + ± =
Para que essa equação seja satisfeita, é preciso que o sinal do terceiro termo do lado direito seja positivo (ou seja, que a força 3F

 
aponte para a direita) e que |q3| = 45 μC. Assim, q3 = –45 μC.
48. (a) De acordo com a Eq. 21-4,
9 2 2 9 9
6
2 2
0
| | |(8,99 10 N m C )( 2,00 10 C)(8,00 10 C)|| | 3,60 10 N.
4 (0,200 m)
A C
AC
q qF
dπε
− −
−× ⋅ − × ×= = = ×

(b) Depois de serem colocadas em contato, as esferas A e B ficam com uma carga de [-2,00 nC -4,00 nC]/2 = -3,00 nC. Quando a 
esfera B é aterrada, a carga diminui para zero. Quando a esfera B faz contato com C, as duas esferas ficam com uma carga de –(8,00 
nC)/2 = –4,00 nC. Assim, as cargas finais são QA = –3,00 nC, QB = -4,00 nC e QC = –4,00 nC e, portanto, de acordo com a Eq. 21-4,
9 2 2 9 9
6
2 2
0
| | |(8,99 10 N m C )( 3,00 10 C)(4,00 10 C)|| | 2,70 10 N.
4 (0,200 m)
A C
AC
q qF
dπε
− −
−× ⋅ − × − ×= = = ×

(c) De acordo com a Eq. 21-4,
9 2 2 9 9
6
2 2
0
| | |(8,99 10 N m C )( 4,00 10 C)( 4,00 10 C)|| | 3,60 10 N.
4 (0,200 m)
B C
BC
q qF
dπε
− −
−× ⋅ − × − ×= = = ×

M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 1 7
49. De acordo com a Eq. 21-4,
2 2 9 2 2 19 2
2 2 15 2
0
| | ( 3) (8,99 10 N m C )(1,60 10 C) 3,8N.
4 9(2,6 10 m)
q k eF
r rπε
−
−
× ⋅ ×= = = =
×
50. (a) Como a barra está em equilíbrio, a força resultante a que a barra está submetida é zero, e o torque resultante em relação a 
qualquer ponto da barra também é zero. Vamos escrever uma expressão para o torque resultante em relação ao apoio, igualar 
a expressão a zero e calcular o valor de x. A carga Q da esquerda exerce uma força para cima, de módulo kqQ/h2, a uma dis-
tância L/2 do apoio. Vamos tomar este torque como sendo negativo. O peso exerce uma força para baixo, de módulo W, a uma 
distância x - L/2 do apoio. Este torque também é negativo. A carga Q da direita exerce uma força para cima, de módulo 2kqQ/
h2, a uma distância L/2 do apoio. Este torque é positivo. A equação de equilíbrio para rotações é
2 2
2 0.
2 2 2
qQ qQL L Lk W x k
h h
 
 
 
− − − + =
Explicitando x, obtemos
21 .2
kqQLx
Wh
 
  
 
= +
(b) Se FN é o módulo da força para cima exercida pelo apoio, a segunda lei de Newton (com aceleração zero) nos dá
2 2
2 0.N
qQ qQW k k F
h h
− − − =
Fazendo FN = 0 e explicitando h, obtemos
0,5
3kqQh
W
 =  
 
51. Vamos chamar de L o comprimento da barra e de A a área da seção reta da barra. A carga dq em uma pequena fatia da barra, 
de largura dx, é ρAdx, na qual ρ é a densidade volumétrica de carga. O número de elétrons em excesso que existem na barra é n = 
|q|/e, em que e é a carga elementar, dada pela Eq. 21-12.
(a) Para ρ = –4,00 ×10–6 C/m3, temos
10
0
| | 2,00 10 .
Lq A ALn dxe e e
ρ ρ= = = = ×∫
(b) Para ρ = bx2 (na qual b = –2,00 × 10–6 C/m5), temos
3
2 10
0
1,33 10 .
3
Lb A b AL
n x dxe e= = = ×∫
52. Para que a força de atração eletrostática mantenha a partícula em movimento circular uniforme a uma distância r, devemos 
ter a seguinte relação:
2
2
0
.
4
Qq mv
rrπε
=−
Explicitando Q e substituindo os valores conhecidos, temos 
2 4 2
50
9 2 2 6
4 (0,200 m)(8,00 10 kg)(50,0 m/s) 1,11 10 C 11,1 C.
(8,99 10 N m C )(4,00 10 C)
rmvQ q
πε µ
−
−
−
×=− =− =− × =
× ⋅ ×
53. (a) De acordo com a Eq. 21-1, temos
1 8 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R
2 9 2 2 2
91 2
2 2 2
0
(8,99 10 N m C )(1,00 C) 8,99 10 N.
4 (1,00 m)
q q kqF
r rπε
× ⋅= = = = ×
(b) Para r = 1000 m, temos
9 2 2 22
31 2
2 2 3 2
0
8,99 10 N m C 1,00 C)
8,99 10 N 8,99 kN.
4 1,00 10 m)
( )(
(
q q kqF
r rπε
× ⋅= = = = × =
×
54. Seja q1 a carga de uma das partes, e seja q2 a carga da outra parte; nesse caso, q1 + q2 = Q = 6,0 μC. A força de repulsão entre as 
partes é dada pela Eq. 21-1:
1 2 1 1
2 2
0 0
( )
.
4 4
q q q Q qF
r rπε πε
−
= =
Derivando essa expressão em relação a q1 e igualando o resultado a zero, obtemos
1
2
1 0
2
0,
4
Q qdF
dq rπε
−
= =
o que nos dá q1 = Q/2 como o valor da carga q1 que maximiza a força de repulsão. Isso significa que q2 = Q - q1 = Q/2. Assim, temos
2 9 2 2 6 2
3
2 2 3 2
0 0
( /2)( /2) (8,99 10 N m C )(6,0 10 C)1 1 9,0 10 N
4 44 4 (3,00 10 m)
9,0 kN.
Q Q QF
r rπε πε
−
−
× ⋅ ×= = = ≈ ×
×
=
55. As cargas das duas esferas são q = αQ (em que α é um número maior que 0 e menor que 1) e Q – q = (1 – α)Q. De acordo com 
a Eq. 21-1, temos
[ ] 2
2 2
0 0
( ) (1 )1 (1 )
.
4 4
Q Q QF
d d
α α α α
πε πε
− −
= =
O gráfico a seguir mostra a força normalizada F/Fmáx em função de α, em que Fmáx = Q2/16ε0d 2.
(a) É evidente que o valor da força eletrostática é máximo para α = 0,5.
(b) Fazendo F = Fmáx/2, obtemos
2 2
2 2
0 0
(1 )
4 32
Q Q
d d
α α
πε πε
−
=
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 1 9
que nos dá, depois de algumas manipulações algébricas, a equação do segundo grau
2 1 0
8
α α− + =
cujas raízes são
1 2 1 2
1 e 1
2 2 2 2
   
+ −      
   
Assim, o menor valor de α é 1 21 0,15.
2 2
α
 
= − ≈  
 
(c) O maior valor de α é 1 21 0,85.
2 2
α
 
= + ≈  
 
56. (a) De acordo com a Eq. 21-11, temos
6
13
19
2,00 10 C
1,25 10 elétrons.
1,60 10 C
q
n
e
−
−
×
= = = ×
×
(b) Como o dono do gato está com excesso de elétrons e a torneira está em contato com a Terra (que é um reservatório de cargas 
de grande capacidade), elétrons são transferidos do dono do gato para a torneira.
(c) Como cargas de mesmo sinal se repelem, os elétrons da torneira são repelidos para longe da mão do dono do gato e, portanto, 
a parte da torneira mais próxima da mão fica positivamente carregada.
(d) Como o gato está positivamente carregado, a transferência de elétrons seria da torneira para o gato.
(e) Se pensarmos no focinho do gato como uma esfera condutora, o lado da esfera mais próximo do pelo tem cargas com o mesmo 
sinal que as cargas do pelo, e o lado mais afastado do pelo tem cargas com o sinal oposto (que, por sua vez, têm o sinal oposto ao 
da mão da pessoa que acabou de afagar o gato). Assim, as cargas da mão e do focinho têm sinais opostos e podem se atrair com 
força suficiente para produzir uma centelha.
57. Se a diferença relativa entre as cargas do próton e do elétron, em valor absoluto, fosse 
p e 0,0000010,
q q
e
−
=
a diferença absoluta seria 25p e 1,6 10 C.q q
−− = × Multiplicada por um fator de 29 × 3 × 1022, como sugere o enunciado, a diferença 
entre as cargas positivas e negativas em uma moeda de cobre seria
22 25(29 3 10 ) (1,6 10 C) 0,14C.q −∆ = × × × =
De acordo com a Eq. 21-1, a força de repulsão entre duas moedas de cobre situadas a 1,0 m de distância seria
( )2 8
2
1,7 10 N.
q
F k
r
∆
= = ×
58. (a) De acordo com a Eq. 21-1, a força a que a partícula 3 está submetida é
2 0 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R
3 1 3 2 1 2
3 res 31 32 32 2 2 2
31 3 2 31 3 2
6 6
9 2 2 6
2 2
| | | |ˆ ˆ ˆ ˆi | | i i i
80 10 C 40 10 C ˆ(8,99 10 N m C )(20 10 C) i
(0,40m) (0,20m)
ˆ(89,9 N)i .
q q q q q qF F F k k kq
r r r r
− −
−
   
   
   
   
 
 
 
 
=− + = − + = − +
− × + ×= × ⋅ × +
=
  
(b) De acordo com a Eq. 21-1, a força a que a partícula 3 está submetida é 
3 1 3 2 1 2
3 res 31 32 32 2 2 2
31 3 2 31 3 2
6 6
9 2 2 6
2 2
| | | |ˆ ˆ ˆ ˆi | | i i i
80 10 C 40 10 C ˆ(8,99 10 N m C )(20 10 C) i
(0,80m) (0,60m)
ˆ(2,50 N)i.
q q q q q qF F F k k kq
r r r r
− −
−
   
   
   
   
 
 
 
 
=− + = − + = − +
− × + ×= × ⋅ × +
=−
  
(c) Entre as posições do item (a) e do item (b), deve haver uma posição na qual 3 res 0F =

. Fazendo r31 = x e r32 = x – 0,20 m, igua-
lando 31F

 a 32F

 e cancelando fatores comuns, obtemos
( )
1 2
2 2
| |
.
0,20 m
q q
x x
=
−
Levando em conta o fato de que |q1| = 2q2, extraindo a raiz quadrada de ambos os membros e explicitando x, obtemos
0,2 2
0,683 m 68,3 cm.
2 1
x = = =
−
(d) Para que a resultante da força que age sobre a partícula 3 seja nula, é preciso que as três partículas estejam sobre a mesma reta, 
que no caso é o eixo x; assim, y = 0.
59. Como a massa de um elétron é m = 9,11 × 10–31 kg, o número de elétrons em um conjunto com massa M = 75,0 kg é 
31
31
75,0kg 8,23 10 elétrons.
9,11 10 kg
Mn m −= = = ××
A carga total desse conjunto de elétrons é
31 19 13(8,23 10 )(1,60 10 C) 1,32 10 C.q ne Z −= − = − × × =− ×
60. Note que, em consequência do fato de que a força eletrostática é inversamente proporcional a r2, uma partícula de carga Q 
situada a uma distância d da origem exerce sobre uma carga qo situada na origem uma força de mesma intensidade que uma par-
tícula de carga 4Q situada a uma distância 2d de qo. Assim, a carga q6 = +8e situada a uma distância 2d abaixo da origem pode ser 
substituída por uma carga +2e situada auma distância d abaixo da origem. Somando esta carga à carga q5 = +2e, obtemos uma 
carga +4e situada a uma distância d abaixo da origem, que cancela a força exercida pela carga q2 = +4e situada a uma distância d 
acima da origem. 
Analogamente, a carga q4 = +4e, situada a uma distância 2d à direita da origem, pode ser substituída por uma carga +e situada 
a uma distância d à direita da origem. Somando esta carga à carga q3 = +e, obtemos uma carga +2e situada a uma distância d à 
direita da origem, que cancela a força exercida pela carga q1 = +2e situada à esquerda da origem. Assim, a força resultante que age 
sobre a partícula 7 é zero.
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 2 1
61. (a) De acordo com a Eq. 21-1, a força a que a partícula 3 está submetida é dada por 3 31 32 ,F F F= +
  
 em que
3 23 1
31 322 2
31 32
| | e | | .
Q QQ QF k F k
r r
= =
 
O teorema de Pitágoras nos dá r31 = r32 = 2 2(0,003 m) (0,004 m) 0,005 m.+ = Na notação módulo-ângulo (que é a mais conveniente 
quando se usa uma calculadora científica no modo polar), a soma vetorial indicada se torna
( ) ( ) ( )3 0,518 37 0,518 37 0,829 0F = ∠− ° + ∠ ° = ∠ °

e a força resultante é
3
ˆ(0,829 N)i.F =

(b) Trocar o sinal de Q2 equivale a inverter o sentido da força que a partícula 2 exerce sobre a partícula 3. Assim, temos
( ) ( ) ( )3 0,518 37 0,518 143 0,621 90F = ∠− ° + ∠− ° = ∠− °

e a força resultante é
3
ˆ(0,621 N)jF =−

.
62. PENSE Temos quatro cargas no plano xy. Podemos usar o princípio de superposição para calcular a força eletrostática exercida 
sobre a partícula 4 pelas outras três partículas. 
FORMULE De acordo com a lei de Coulomb, o módulo da força que a partícula i exerce sobre a partícula 4 é dado por 
( )
2
0
1 .
4
q Q q
F
rπε
−
= Assim, por exemplo, o módulo de 41F

 é
Como a força é atrativa, 41 1 1ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆr̂ cos i sen j cos35 i sen35 j 0,82i 0,57 j.θ θ=− − =− ° − ° =− − Na notação dos vetores unitários, temos
Analogamente,
 
e
 
ANALISE (a) A força total que as outras partículas exercem sobre a partícula 4 é
2 2 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R
O módulo da força é
(b) A força total faz um ângulo 
no sentido anti-horário com o semieixo x positivo.
APRENDA O fato de que a força total é diferente de zero significa que a partícula 4 é acelerada na direção da força. 
63. De acordo com a Eq. 21-1, chamando de q1 a primeira carga, de q2 a segunda carga e de q a carga da partícula que foi liberada, 
o módulo da força a que está submetida a partícula no momento em que é liberada é
1 2
2 2
| |
0, 22 N.
0,28 0,44
q q q qk k+ =
De acordo com a segunda lei de Newton,
6
23
0, 22 N
2,2 10 kg.
100 10 m s
Fm
a
−= = = ×
×
64. De acordo com a Eq. 21-1,
1 2
2
,
q qF k
r
=
na qual F é a força de repulsão, q1 e q2 são as cargas das esferas, e r é a distância entre as esferas. Fazendo q2 = Q – q1, na qual Q é 
a carga total, e explicitando q1, obtemos a equação do segundo grau
2
2
1 1
Frq Qq
k
− +
cujas soluções são
2 2 2 2
1 2
4 / 4 /
e .
2 2
Q Q Fr k Q Q Fr k
q q
− − + −
= =
Assim, a carga da esfera com a menor carga é
2 2
1
5 5 2 2 9 2 2
5 5
4 /
2
5,0 10 C (5,0 10 C) 4(1,0 N)(2,0 m) /(8,99 10 N m /C )
2
1,16 10 C 1,2 10 C .
Q Q Fr k
q
− −
− −
− −
=
× − × − × ⋅
=
= × ≈ ×
65. Quando a esfera C faz contato com a esfera A, a carga total, Q + Q/2, é dividida igualmente entre as duas esferas. Assim, a carga 
da esfera A passa a ser 3Q/4 e, de acordo com a Eq. 12-1, a força de atração entre as esferas A e B é
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 2 3
19
2
(3 / 4)( / 4) 4,68 10 N.Q QF k
d
−= = ×
66. Chamando de Fe o módulo da força eletrostática e de Fg o módulo da força gravitacional, temos, de acordo com as Eqs. 13-10 
e 21-1:
12 2 9 2 2 19 2
2 31 2
(8,99 10 N m /C )(1,60 10 C)
(9,11 10 kg)(9,8 m/s )
5,1 m.
e g e
e
e keF F k m g y
m gy
− −
−
   × ⋅ ×
= ⇒ = ⇒ = =   ×  
= ±
Supondo que o sentido positivo do eixo y é para cima, escolhemos o sinal negativo para a raiz, já que o segundo elétron deve estar 
abaixo do primeiro para que a força de repulsão eletrostática tenha o sentido contrário ao da força da gravidade. Assim, a resposta 
é y = -5,1 m.
67. PENSE Neste problema, são dadas duas cargas fixas de sinais opostos, e precisamos determinar em que ponto deve ser colocada 
uma terceira carga para que a força exercida sobre essa carga pelas duas primeiras seja zero.
FORMULE A força total a que a partícula 3 é submetida é a soma vetorial das forças exercidas pelas partículas 1 e 2: 3,tot 31 32.F F F= +
  
 
Para que 3,tot 0,F =

 a partícula 3 deve estar no eixo x e, como as cargas das partículas 1 e 2 têm sinais opostos, é necessariamente 
atraída por uma da cargas e repelida pela outra. Isso significa que a partícula 3 não pode estar entre as partículas 1 e 2, mas deve 
estar à esquerda da partícula 1 ou à direita da partícula 2. Suponhamos que 3q seja colocada a uma distância x à direita da carga 
1q = -5,00q. Como a atração (ou repulsão, dependendo do sinal de q3) da carga 1q deve ser equilibrada pela repulsão (ou atração) 
da carga 2q = +2,00q, 
ANALISE (a) Igualando a zero a expressão entre colchetes, obtemos
o que nos dá
(b) Como a partícula 3 deve estar no eixo x, a coordenada y da partícula é y = 0.
APRENDA Podemos usar o resultado acima para verificar se os cálculos estão corretos. A força que a partícula 1 exerce sobre a 
partícula 3 é
A força que a partícula 2 exerce sobre a partícula 3 é
Esses resultados mostram que a força total que as duas partículas exercem sobre a partícula 3 é realmente zero. 
2 4 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R
68. A carga de João é
( )
( )
23 19
5
0,0001
(90 kg)(6,02 10 moléculas mol)(18)(1,6 10 C)0,0001
0,018kg mol
8,7 10 C.
AmN Zeq M
−
=
× ×=
= ×
Como a massa de Maria é metade da massa de João, sua carga é metade da carga de João e a força de atração entre os dois estudantes é
( ) 5 29 2 2 18
2 2
2 (8,7 10 C)(8,99 10 N m C ) 4 10 N.
2(30 m)
q q
F k
d
×≈ = × ⋅ ≈ ×
Assim, a força de atração eletrostática entre os dois estudantes é da ordem de 1018 N.
69. (a) Como o núcleo de hélio possui 2 prótons e o núcleo de tório possui 90 prótons (veja o Apêndice F), a Eq. 21-1 nos dá
2 9 2 2 19 19
2
2 15 2
(8,99 10 N m C )(2)(1,60 10 C)(90)(1,60 10 C) 5,1 10 N.
(9,0 10 m)
qF k
r
− −
−
× ⋅ × ×= = = ×
×
(b) Como o núcleo de 4He é formado por 2 prótons e 2 nêutrons, a segunda lei de Newton nos dá (as massas do próton e do nêu-
tron estão no Apêndice B):
2
28 2
27 27
5,1 10 N
7,6 10 m s .
2(1,67 10 kg) 2(1,68 10 kg)
Fa
m − −
×
= = = ×
× + ×
70. Para que a força total a que a partícula 1 é submetida seja nula, a componente x da força de repulsão exercida pela partícula 
2 deve ser igual à componente x da força de atração exercida pela partícula 4. Além disso, a componente y da força de repulsão 
exercida pela partícula 3 deve ser igual à componente y da força de atração exercida pela partícula 4. Entretanto, por simetria, as 
duas condições são expressas pela mesma equação:
2
2 2 2
0 0 0
,
|2 | cos45
4 4 ( 2 ) 4 2
Qq Q Q Q
a a aπε πε πε
= °=
o que nos dá 2.q Q= Assim, / 1/ 2 0,707.q Q = =
71. (a) De acordo com o segundo teorema das cascas, se uma partícula está situada no interior de uma casca com uma distribuição 
uniforme de carga, a casca não exerce nenhuma força eletrostática sobre a partícula. Assim, no instante em que a distância entre o 
elétron e o centro da casca é 0,500 ,r R R= < a força eletrostática que a casca exerce sobre o elétron é zero e, portanto, a aceleração 
produzida pela força é 0. 
(b) De acordo com o primeiro teorema das cascas, uma casca com uma distribuição uniforme de carga atrai ou repele uma partícula 
carregada situada do lado de fora da casca como se toda a carga estivesse no centro da casca. Assim, no instante em que a distância 
entre o elétron eo centro da casca é r = 2,00R, o módulo da força eletrostática que a casca exerce sobre o elétron é
e a aceleração produzida pela força é 
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 2 5
72. Como a energia total é conservada, 
em que fr é a distância entre o elétron e o próton. Fazendo 2 ifv v= e explicitando fr , obtemos
o que corresponde a aproximadamente 1,6 nm.
73. (a) Como, no modelo de Bohr, a força eletrostática exercida pelo próton é responsável pela aceleração centrípeta que mantém 
o elétron em órbita,
O menor raio orbital é 121 0 52,9 10 m.r a −= = × A velocidade do elétron nessa órbita é
(b) O segundo menor raio orbital é 22 0 0(2) 4 .r a a= = A velocidade do elétron nessa órbita é
 
(c) Como a velocidade é inversamente proporcional a 1/2r , a velocidade do elétron diminuiria.
74. A corrente elétrica i é o fluxo de carga elétrica dq/dt que atravessa um condutor. Para i = 0,83A, o tempo necessário para que 
um mol de elétrons passe pela lâmpada é dado por
75. Como a força eletrostática entre um elétron e um pósitron separados por uma distância r é 2 2/eF ke r= e a força gravitacional 
entre as duas cargas é 2 2/ ,g eF Gm r= a razão das duas forças é
Capítulo 22
1. Note que os símbolos q1 e q2 usados no enunciado se referem ao valor absoluto das cargas. O desenho abaixo é para q1| = |q2|.
Os desenhos abaixo são para q1 > q2 (à esquerda) e q1 < q2 (à direita).
2. (a) De acordo com a Eq. 22-1, o módulo da força a que é submetido um próton no ponto A é
F = qEA = (1,6 H 10-19 C)(40 N/C) = 6,4 H 10-18 N.
(b) Como é explicado no Módulo 22-1, o número de linhas de campo por unidade de área, em um plano perpendicular às linhas, 
é proporcional ao módulo do campo elétrico. Como a separação das linhas é duas vezes maior no ponto B, concluímos que EB = 
EA/2 = 20 N/C.
3. PENSE Se o núcleo é uma esfera com uma distribuição uniforme de carga, o campo elétrico na superfície é o mesmo que se 
toda a carga estivesse no centro. 
FORMULE O módulo do campo elétrico produzido do lado de fora de uma esfera com uma distribuição uniforme de carga é 
dado por
em que, no caso do plutônio, q = Ze = 94 e R = 6,64 fm.
ANALISE (a) Substituindo na equação anterior os valores conhecidos, obtemos
(b) O campo é perpendicular à superfície do núcleo. Além disso, como o próton tem carga positiva, o campo aponta para fora da 
superfície.
APRENDA As linhas de campo elétrico apontam para longe da 
carga, se a carga for positiva, e apontam para a carga, se a carga for 
negativa. A figura à direita mostra as linhas de campo elétrico no 
caso de um núcleo atômico de forma esférica e número atômico Z. 
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 2 7
4. Como x1 = 6,00 cm e x2 = 21,00 cm, a coordenada do ponto a meio caminho entre as partículas é x = [(6,00 cm) + (21,00 cm)]/2 = 
13,5 cm. Desse modo, de acordo com a Eq. 22-3,
( )
( )
9 2 2 7
51
1 2 2
0 1
9 2 2 7
52
2 2 2
0 2
| | (8,99 10 N m C )| 2,00 10 C|ˆ ˆ ˆi i (3,196 10 N C)i
4 ( ) 0,135 m 0,060 m
(8,99 10 N m C )(2,00 10 C)ˆ ˆ ˆi i (3,196 10 N C)i
4 ( ) 0,135 m 0,210 m
qE
x x
qE
x x
πε
πε
−
−
× ⋅ − ×=− =− =− ×
− −
× ⋅ ×=− =− =− ×
− −


Assim, o campo elétrico total é 
5
tot 1 2
ˆ(6,39 10 N C)i.E E E= + =− ×
  
5. PENSE O módulo do campo elétrico produzido por uma carga pontual q é dado por 20| | /4 , E q rπε= em que r é a distância 
entre a carga e o ponto no qual o campo elétrico está sendo medido. 
FORMULE Como 20| | /4 ,E q rπε= o módulo da carga é 204 .q r Eπε=
ANALISE Para 2,0 N/CE = e 50 cm 0,50 m,r = = temos
APRENDA Para determinar o sinal da carga, basta conhecer o sentido do campo elétrico. O campo aponta para longe da carga, 
se a carga for positiva, e aponta para a carga, se a carga for negativa. 
6. De acordo com a Eq. 22-3, temos
2
2 10
0 9 2 2
(1,00 N C)(1,00 m)4 1,11 10 C 0,111 nC.
8,99 10 N m C
q Erπε −= = = × =
× ⋅
7. PENSE O sistema é formado por quatro cargas pontuais, que ocupam os vértices de um quadrado. O campo elétrico total em 
um ponto é a soma vetorial dos campos elétricos produzidos pelas cargas.
FORMULE De acordo com o princípio de superposição, o campo elétrico total no centro do quadrado é
 
Para 1 10 nC,q =+ 20 nC,=− 3 20 nCq =+ e 4 10 nC,q =− a componente x do campo elétrico no centro do quadrado é
 
e a componente y do campo elétrico é 
2 8 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R
O módulo do campo elétrico total é 2 2 .x yE E E= +
ANALISE Substituindo os valores dados, temos
 
e
Assim, o campo elétrico no centro do quadrado é 5ˆ ˆj (1,02 10 N/C)j.yE E= = ×

APRENDA A figura a seguir (que não foi desenhada em escala) mostra o campo elétrico no centro do quadrado. O campo, que 
aponta no sentido positivo do eixo y, é a soma vetorial dos campos elétricos produzidos pelas quatro cargas.
8. Colocamos a origem do sistema de coordenadas no ponto P e o eixo y na direção da partícula 4 (passando pela partícula 3). 
Escolhemos um eixo x perpendicular ao eixo y, ou seja, passando pelas partículas 1 e 2. Os módulos dos campos produzidos pelas 
cargas são dados pela Eq. 22-3. Como as contribuições das partículas 1 e 2 se cancelam, o campo total no ponto P é dado por
4 3
tot 2 2 2 2
0 0
1 1 12 3ˆ ˆj j 0.
4 4(2 ) 4
q q q qE
d d d dπε πε
   = − = − =   
  

M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 2 9
9. (a) As componentes verticais dos campos produzidos pelas duas partículas se cancelam por simetria. Somando as componentes 
horizontais, obtemos 
9 2 2 19
,tot 2 2 3/2 2 2 3/2
0
10
2| | 2(8,99 10 N m C )(3,20 10 C)(3,00 m)
4 ( ) [(3,00 m) (4,00 m) ]
1,38 10 N/C.
x
q dE
d yπε
−
−
× ⋅ ×= =
+ +
= × .
(b) O campo elétrico aponta no sentido negativo do eixo x, ou seja, faz um ângulo de 180o com o semieixo x positivo.
10. Vamos escrever as cargas das partículas como múltiplos de um número positivo ξ a ser determinado. De acordo com a Fig. 
22-33a e o enunciado do problema, q1 = 4 ξ e q2 = – ξ. De acordo com a Eq. 22-3, temos
tot 1 2 2 2
0 0
4
.
4 ( ) 4
E E E
L x x
ξ ξ
πε πε
= + = −
+
Uma vez que, de acordo com a Fig. 22-33b, Etot = 0 para x = 20 cm, essa equação nos dá L = 20 cm. 
(a) Derivando Etot em relação a x e igualando o resultado a zero, obtemos, após algumas simplificações,
3 32 2 4 1
(1,70)(20 cm) 34 cm.
3 3 3
x L
 
= + + = =  
 
Note que este resultado não depende do valor de ξ.
(b) Se -q2 = -3e, ξ = 3e. Nesse caso, de acordo com o resultado obtido anteriormente,
tot 2 2
0 0
9 2 2 19 9 2 2 19
2 2
8
4
4 ( ) 4
(8,99 10 N m /C )4(3)(1,60 10 C) (8,99 10 N m /C )(3)(1,60 10 C)
(0,54 m) (0,34 m)
2,2 10 N/C.
E
L x x
ξ ξ
πε πε
− −
−
= −
+
× ⋅ × × ⋅ ×
= −
= ×
11. PENSE O sistema é formado por duas partículas de cargas opostas mantidas fixas no eixo x. Como o campo elétrico total 
em um ponto é a soma vetorial dos campos elétricos produzidos pelas cargas, existe um ponto no qual o campo elétrico é zero.
FORMULE Nos pontos situados entre as cargas, os campos apontam no mesmo sentido e, portanto, não podem ser cancelados. 
Como a carga q2 = -4,00 q1 situada em x2 = 70 cm é maior, em valor absoluto, do que a carga q1 = 2,1 × 10-8 C situada em x1 = 20 
cm, o ponto em que o campo se anula deve estar mais próximo de q1 do que de q2. Além disso, como não pode estar entre as cargas, 
deve estar à esquerda de q1. 
Seja x a coordenada de P, o ponto em que o campo se anula. Nesse caso, o campo total no ponto P é dado por
ANALISE Para que o campo se anule, devemos ter
3 0 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R
Extraindo a raiz quadrada de ambos os membros e levando em conta o fato de que |q2|/|q1| = 4, obtemos
Escolhendo a raiz –2,0, pois sabemos que o ponto deve estar à esquerda de q1, obtemos x = -30 cm. 
APRENDA Os resultados são mostrados na figura a seguir. No ponto P, o campo 1E

 produzido por 1q aponta para a esquerda e 
o campo 2E
produzido por 2q aponta para a direita. Como 1 2| | | |,E E=
 
 o campo total no ponto P é zero.
12. O valor do módulo do campo elétrico no centro do arco é o mesmo para todas as cargas:
19
9 2 2 6
2 2 2
1,60 10 C(8,99 10 N m C ) 3,6 10 N C.
0,020m) (0,020 m)(
kq eE k
r
−
−×= = = × ⋅ = ×
Na notação módulo-ângulo (que é a mais conveniente quando se usa uma calculadora científica no modo polar), a soma vetorial 
dos campos assume a forma:
( ) ( ) ( ) ( ) ( )tot
6
20 130 100 150 0
3,93 10 N/C 76,4 .
E E E E E E
−
= ∠− ° + ∠ ° + ∠− ° + ∠− ° + ∠ °
= × ∠− °

( ) ( ) ( ) ( ) ( )tot
6
20 130 100 150 0
3,93 10 N/C 76,4 .
E E E E E E
−
= ∠− ° + ∠ ° + ∠− ° + ∠− ° + ∠ °
= × ∠− °

(a) De acordo com o resultado obtido, o módulo do campo elétrico no centro do arco é 3,93 × 10–6 N/C. 
(b) De acordo com o resultado anterior, o ângulo do campo elétrico no centro do arco é –76,4° em relação ao eixo x. 
13. (a) Como o próton está a uma distância r = z = 0,020 m do centro do disco,
9 2 2 19
6
2 2
0
(8,99 10 N m C )(1,60 10 C) 3,60 10 N/C.
4 (0,020 m)c
eE
rπε
−
−× ⋅ ×= = = ×
(b) Uma vez que as componentes horizontais se cancelam, o campo total produzido pelos elétrons es é vertical e o módulo do 
campo é dado por
9 2 2 19
s,tot 2 2 3/2 2 2 3/2
0
6
2(8,99 10 N m C )(1,6 10 C)(0,020 m)2
4 ( ) [(0,020 m) (0,020 m) ]
2,55 10 N/C.
ezE
R zπε
−
−
× ⋅ ×= =
+ +
= ×
(c) Como o próton agora está a uma distância 10 vezes menor, o campo é 100 vezes maior que o do item (a), ou seja, Ec = 3,60 × 
10-4 N/C.
(d) Como as componentes horizontais continuam a se cancelar, o campo produzido pelos elétrons es é vertical e o módulo do 
campo é dado por
9 2 2 19
s,tot 2 2 3/2 2 2 3/2
0
7
2(8,99 10 N m C )(1,6 10 C)(0,002 m)2
4 ( ) [(0,020 m) (0,002 m) ]
7,09 10 N/C.
ezE
R zπε
−
−
× ⋅ ×= =
+ +
= ×
(e) Porque, quando o próton se aproxima do disco, as componentes verticais y dos campos produzidos pelos elétrons es diminuem 
e as componentes horizontais aumentam. Como as componentes horizontais se cancelam, o efeito global é uma redução do mó-
dulo de , tot .sE

M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 3 1
14. (a) Nos pontos do eixo x à esquerda da partícula 1, os campos têm sentidos opostos, mas não há possibilidade de que o campo 
se anule porque esses pontos estão mais próximos da partícula 1 do que da partícula 2, e a carga da partícula 1 é maior, em valor 
absoluto, do que a carga da partícula 2. Na região entre as cargas, os dois campos não podem se cancelar, pois apontam no mesmo 
sentido. Nos pontos do eixo x à direita da partícula 2, os campos têm sentidos opostos, e existe a possibilidade de que os campos 
se anulem porque esses pontos estão mais próximos da partícula 2, e a carga da partícula 2 é menor. Chamando de x a coordenada 
do ponto em que os campos se anulam e igualando os módulos dos campos produzidos pelas duas partículas, temos
( )
1 2
2 2
0 0
.
| |1 1
4 4
q q
x x Lπε πε
=
−
Explicitando x e substituindo os valores conhecidos de q1 e q2, obtemos
2,72 .
1 2 5
Lx L= ≈
−
(b) A figura a seguir mostra um esboço das linhas de campo elétrico.
15. Por simetria, vemos que as contribuições das cargas das partículas 1 e 2 para o campo elétrico no ponto P se cancelam, de 
modo que só é preciso calcular o campo elétrico produzido pela partícula 3. 
(a) De acordo com a Eq. 22-3, o módulo do campo elétrico é
tot 2 22
0 0 0
19
9 2 2
6 2
1 2 1 2 1 4| |
4 4 4( / 2)
4(1,60 10 C)(8,99 10 N m C ) 160 N/C.
(6,00 10 m)
e e eE
r aaπε πε πε
−
−
= = =
×= × ⋅ =
×

(b) O campo faz um ângulo de 45,0° no sentido anti-horário com o semieixo x positivo. 
16. As componentes x e y do campo total são
1 2 2
tot, tot, 2 2 2
0 0 0
cos sen
, .
4 4 4x y
q q qE E
R R R
θ θ
πε πε πε
= − =−
O módulo do campo total é a raiz quadrada da soma dos quadrados das componentes. Fazendo o módulo igual a E, elevando ao 
quadrado e simplificando, temos
2 2
2 1 1 1 2
2 2
0
2 cos
(4 )
q q q qE
R
θ
πε
+ −
=
.
Explicitando θ, obtemos
2 2 2 2 2
1 1 1 0
1 2
(4 )
cos
2
q q R E
q q
πεθ −
 
 
  
+ −
=
.
3 2 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R
Substituindo por valores numéricos, obtemos duas respostas:
(a) O valor positivo do ângulo é θ = 67,8°.
(b) O valor negativo do ângulo é θ = –67,8°.
17. Vamos supor que a conta 2 está na parte inferior do anel, já que seria difícil para a conta 1 passar pela conta 2 se ela estivesse 
no caminho. Note que, de acordo com o gráfico da Fig. 22-39c, a componente y do campo elétrico na origem é negativa para θ = 
0o (posição na qual a contribuição da partícula 1 para o campo elétrico é nula), o que significa que a carga da conta 2 é negativa. 
(a) De acordo com o gráfico da Fig. 22-39b, a componente x do campo total é 0 para θ = 90°, ou seja, quando a conta 1 está no 
semieixo y positivo. Isso significa que a conta 2 está no semieixo y negativo, ou seja, o ângulo da conta 2 é –90°.
(b) Como a componente y é máxima quando as duas contas estão no eixo y e sabemos que a carga da conta 2 é negativa, concluí-
mos que a carga da conta 1 é positiva, pois isso faz com que, com as contas nessa posição, os dois campos se somem. Nos pontos 
θ = 0° e θ = 180°, o valor absoluto da componente x é igual ao módulo do campo elétrico criado pela conta 1. Assim, de acordo 
com a Eq. 22-3,
2 12 2 2 2 4 6
1 04 4 (8,854 10 C /N m )(0,60 m) (5,0 10 N/C) 2,0 10 C
2,0 C.
q r Eπε π
µ
− −= = × ⋅ × = ×
=
(c) No ponto θ = 0°, o valor absoluto da componente y é igual ao módulo do campo elétrico criado pela conta 2. Assim, de acordo 
com a Eq. 22-3,
2 12 2 2 2 4 6
2 04 4 (8,854 10 C /N m )(0,60 m) (4,0 10 N/C) 1,6 10 C
1,6 .
q r E
C
πε π
µ
− −= − = × ⋅ × = − ×
= −
18. Partindo da Eq. 22-6, usamos a expansão binomial (veja o Apêndice E), mas conservamos termos de ordem superior à usada 
para obter a Eq. 22-7:
2 3 2 3
2 2 3 2 3
0
3
3 5
0 0
3 1 3 1
1 1
4 2 4 24
2 4
q d d d d d dE
z zz z z z z
qd qd
z z
πε
πε πε
    
= + + + + − − + − +    
    
= + +
 

Assim, na terminologia do problema,
3
1 5
0
.
4
qdE
zπε
=
19. (a) Considere a figura a seguir. O módulo do campo elétrico total no ponto P é
( ) ( ) ( )
tot 1 2 3/222 220 0 2
.
1 /2 12 sen 2
4 4/2 /2 /2
q qddE E
d r d r d r
θ
πε πε
 
 
 
      
= = =
+ + +

Para r >> d, [(d/2)2 + r2]3/2 ≈ r3 e a expressão mostrada se reduz a
0
tot 3| | .4
qdE
rπε
≈

M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 3 3
(b) Como mostra a figura, o campo elétrico no ponto P aponta no sentido negativo do eixo y, ou seja, faz um ângulo de –90° com 
o semieixo x positivo.
20. De acordo com o enunciado do problema, Ever é dado pela Eq. 22-5 (com z = 5d): 
ver 2 2 2
0 0 0
160
98014 (4,5 ) 4 (5,5 ) 4
q q qE
d d dπε πε πε
= − = ⋅
 e Eapr é dado pela Eq. 22-8:
apr 3 2
0 0
2
1252 (5 ) 4
qd qE
d dπε πε
= = ⋅
.
Assim, a razão pedida é
apr
ver
2 9801
0,98.
125 160
E
E
= ≈
 
21. PENSE O quadrupolo elétrico é formado por dois dipolos, cada um com um momento dipolar de módulo p = qd. Os mo-
mentos dipolares apontam em sentidos opostos e, portanto, produzem campos que apontam em sentidos opostos em pontos do 
eixo do quadrupolo.
 
FORMULE Considere o ponto P do eixo, situado a uma distância z à direita do centro do quadrupolo, e tome o sentido para a 
direita como sendo positivo. Nesse caso, o campo produzido pelo dipolo da direita é dado por qd/2πε0(z – d/2)3, e o campo pro-
duzido pelo dipolo da esquerda é dado por –qd/2πε0(z + d/2)3. 
ANALISE Usando as expansões binomiais
 
obtemos
Como o momento quadrupolar é 22 ,Q qd= 
4
0
3
.
4
QE
zπε
=
APRENDA No caso de um momento quadrupolar Q, o campo elétrico em pontos do eixo do quadrupolo é inversamente propor-
cional à quarta potência da distância: 4~ /E Q z , enquanto, no caso de uma carga isolada q, 2~ /E q z e, no caso de um dipolo, 
p, 3~ /E p z . 
22. (a) Vamos usar a notaçãohabitual para a densidade linear de carga: λ = q/L. O comprimento do arco é L = rθ, em que θ é o 
ângulo em radianos. Assim, 
3 4 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R
L = (0,0400 m)(0,698 rad) = 0,0279 m.
Para q = –300(1,602 × 10–19 C), obtemos λarco = –1,72 × 10–15 C/m.
(b) Se a mesma carga está distribuída em uma área A = πr2 = π(0,0200 m)2, a densidade superficial de carga é σdisco = q/A = –3,82 × 
10–14 C/m².
(c) Como a área da superfície de uma esfera é 4π2, a mesma carga do item (b) está distribuída em uma área quatro vezes maior e, 
portanto, a densidade superficial de carga é quatro vezes menor: σesfera = σdisco/4 = –9,56 × 10–15 C/m².
(d) Se a mesma carga está distribuída em um volume V = 4πr3/3, a densidade volumétrica de carga é ρesfera = /q V = –1,43 × 10–12 
C/m3.
23. Vamos usar a Eq. 22-3 e supor que as duas cargas são positivas. No ponto P, temos
( )
1 2
anel 1 anel 2 3/2 2 2 3/2
2 2 0
0
.
(2 )
 
4 [(2 ) ]4
q R q RE E
R RR R πεπε
= ⇒ =
++
Simplificando, obtemos
3/2
1
2
22 0,506.
5
q
q
 
 
 
= ≈
24. (a) Por simetria (e também de acordo com a Eq. 22-16), o campo é zero no centro do anel.
(b) O resultado (E = 0) para pontos infinitamente afastados do anel pode ser obtido a partir da Eq. 22-16, de acordo com a qual o 
campo é proporcional a 1/z² para valores muito grandes de z.
(c) Derivando a Eq. 22-16 em relação a z e igualando o resultado a zero, obtemos
( ) ( )
2 2
3/2 5/2
2 2 2 20
0
2 0 0,707
4 24
qz qd R z Rz Rdz z R z Rπεπε
 
 
 
 
  
−= = ⇒ =+ =
+ +
.
(d) De acordo com a Eq. 22-16, temos
6
2 2 12 2 2 2 2 3/2
0
7
(4,00 10 C)(0,707 0,02 m)
4 ( ) 4 (8,854 10 C /N m )[(0,707 0,02 m) (0,02 m) ]
3,46 10 N/C.
qzE
z Rπε π
−
−
× ×
= =
+ × ⋅ × +
= ×
 
25. Vamos chamar de r1 o raio do arco menor, de r2 o raio do arco do meio, e de r3 o raio do arco maior. O comprimento do arco 
menor é L1 = πr1/2 = πR/2, o comprimento do arco do meio é L2 = πr2/2 = πR, e o comprimento do arco maior é L3 = πr3/2 = 3πR/2. 
Como a carga dos arcos está uniformemente distribuída, a densidade linear de carga do arco menor é λ1 = Q/L1 = 2Q/πR, a densi-
dade linear de carga do arco do meio é λ2 = -4Q/L2 = -4Q/πR, e a densidade linear de carga do arco maior é λ3 = 9Q/L3 = 6Q/πR. 
Nesse caso, usando o mesmo raciocínio do problema seguinte, o campo elétrico total é dado por 
31 2
tot
0 1 0 2 0 3
6
2 2
0 0 0 0
(2sen45 )(2sen45 ) (2sen45 )
4 4 4
2 4 62sen45 2sen45 2sen45 1,62 10 N/C.
4 8 12 2
E r r r
Q Q Q Q
R R R R R R R
λλ λ
πε πε πε
π πε π πε π πε π ε
°° °
= + +
° ° °= − + = = ×
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 3 5
(b) O campo faz um ângulo de –45º com o semieixo x positivo.
26. No Exemplo “Campo elétrico de um arco de circunferência carregado”, vimos que o campo no centro de um arco circular é 
dado por
0
sen
4
E xr
θ
θ
λ
πε −
=
em que λ é a densidade linear de carga. Neste problema, cada quarto de circunferência produz um campo cujo módulo é
/4
2
/40 0
| | 2 2 | |1 1| | sen .
/2 4 4
q qE xr r r
π
ππ πε πε π−
= =

O campo produzido pelo quarto de circunferência que está acima do eixo x faz um ângulo de -45o com o semieixo x positivo, e o 
campo produzido pelo quarto de circunferência que está abaixo do eixo x faz um ângulo de -135o com o semieixo x positivo. 
(a) O módulo do campo total é
tot tot, 2 2
0 0
9 2 2 12
2 2
2 2 | | 4| |1 12 cos45
4 4
(8,99 10 N m C )4(4,50 10 C) 20,6 N/C.
(5,00 10 m)
x
q qE E
r rπε πεπ π
π
−
−
 
 
 
 
= = °=
× ⋅ ×= =
×

(b) Por simetria, o campo total faz um ângulo de -90o com o semieixo x positivo. 
27. Por simetria, vemos que o campo no ponto P é duas vezes maior que o campo produzido pelo arco semicircular superior, cuja 
densidade linear de carga é λ = q/πR. Usando o mesmo raciocínio do problema anterior, obtemos
90
tot 2 2
900 0
ˆ ˆ2 j sen j.
4
qE R R
λ θ
πε ε π
°
− °
          
= − =−

(a) Para R = 8,50 × 10–2 m e q = 1,50 × 10–8 C, tot| | 23,8 N/C.E =

(b) O campo elétrico total faz um ângulo de -90o com o semieixo x positivo.
28. Derivando a Eq. 22-16 em relação a z e igualando o resultado a zero, obtemos
( ) ( )
2 2
3/2 5/22 2 2 2
00
2
0,
44
d qz q R z
dz z R z Rπεπε
  −  = =
 + + 
o que nos dá / 2.z R= Para R = 2,40 cm, obtemos z = 1,70 cm.
29. Vamos primeiro calcular o campo produzido pelo arco circular, cuja densidade linear de carga é λ = Q/L, em que L é o com-
primento do arco. Usando o mesmo raciocínio do Exemplo “Campo elétrico de um arco de circunferência carregado”, chegamos 
à conclusão de que o módulo do campo elétrico produzido por um arco de circunferência de raio r, com uma densidade linear de 
carga λ, que subtende um ângulo θ, é
arco
0 0
2 sen( /2)sen( /2) sen( /2)
4 4
E r r
λ θλ θ θ
πε πε
  = − − = .
Como, no nosso caso, λ = Q/L = Q/Rθ e r = R, temos
3 6 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R
arco 2
0 0
2( / )sen( /2) 2 sen( /2)
4 4
Q R QE R R
θ θ θ
πε πε θ
= = .
O módulo do campo produzido por uma carga pontual é dado pela Eq. 22-3:
2
0
ponto 4
QE
Rπε
=
A razão pedida é, portanto,
2
ponto 0
2
arco 0
/4
2sen( /2)2 sen( / 2)/4
E Q R
E Q R
πε θ
θθ πε θ
= = .
Para θ = π, temos
ponto
arco
1,57.
2
E
E
π= ≈
30. De acordo com a Eq. 22-16, temos
3/2
2 2 3/2 2 2 3/2
0 0]
2 2 130 4,19 .
54 [(2 ) 4 [(2 ) (3 ) ]
RQ Rq q Q Q
R R R Rπε πε
 
 
 
+ = ⇒ =− =−
+ +
31. PENSE O sistema é uma barra isolante com uma distribuição uniforme de carga. Como a carga está distribuída, o campo 
elétrico deve ser calculado por integração.
FORMULE A densidade linear de carga λ é a carga por unidade de comprimento da barra. Como a carga total q− está distribuída 
uniformemente em uma barra de comprimento L, / .q Lλ = − Para calcular o campo elétrico no ponto P da figura, posicionamos 
o eixo x ao longo da barra, com a origem na extremidade esquerda da barra, como mostra a figura. 
Seja dx um elemento infinitesimal da barra no ponto x. A carga desse elemento é .dp dxλ= A carga dq pode ser considerada uma 
carga pontual. O campo elétrico produzido por essa carga no ponto P tem apenas a componente x, e essa componente é dada por
O campo elétrico produzido no ponto P por toda a barra é dado pela integral
já que λL = -q. 
ANALISE (a) Para q = 4,23 × 10-15 C, L = 0,0815 m e a = 0,120 m, a densidade linear de carga da barra é
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 3 7
(b) E o campo elétrico é 
o que nos dá 3| | 1,57 10 N/C.xE −= ×
(c) O sinal negativo de xE indica que o campo aponta no sentido negativo do eixo x.
(d) Se a >> L, L + a ≈ a, e a expressão do campo elétrico se torna
Como 50 m 0,0815 m,a L>>= = a aproximação anterior pode ser usada e, portanto, 81,52 10 N/CxE −=− × , o que nos dá 
8| | 1,52 10 N/CxE −= × .
(e) No caso de uma partícula de carga 154,23 10 C,q −− =− × o módulo do campo elétrico a uma distância a = 50 m é o mesmo do 
item (d): 8| | 1,52 10 N/C.xE −= ×
APRENDA A uma distância muito maior que o comprimento da barra ( a L ), a barra pode ser considerada uma carga pontual 
-q, e o campo elétrico pode ser calculado usando a relação 2
0
.
4x
qE
aπε
−≈
32. Um elemento infinitesimal dx da barra contém uma carga dq = λ dx, na qual λ = dq/dx é a densidade linear de carga. Por si-
metria, as componentes horizontais dos campos produzidos pelos elementos de carga se cancelam, e precisamos apenas calcular, 
por integração, a soma das componentes verticais. A simetria do problema também permite calcular apenas a contribuição de 
metade da barra (0 ≤ x ≤ L/2) e multiplicar o resultado por dois. No cálculo, a seguir, fazemos uso do fato de que sen θ = R/r, na 
qual 2 2 .r x R= + 
(a) De acordo com a Eq. 22-3, temos
( )
( )
/2 /2
2 2 2 2 2
00 00
/2 /2
3 2 2 2 22 20 0 00
2 2 220 0
,
22 sen
44
( / )
2 2
2 1 12,4 N/C
2 2 42
L L
L L
dq ydxE
r x R x R
q L RR dx x
R x Rx R
q qL
LR R L RL R