Exercıcios Resolvidos de Teoria Eletromagnщtica Conte´udo

Transcrição

LISTA 1 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS
3 de Dezembro de 2005, às 16:05
Exercı́cios Resolvidos de Teoria Eletromagnética
Jason Alfredo Carlson Gallas
Professor Titular de Fı́sica Teórica
Doutor em Fı́sica pela Universidade Ludwig Maximilian de Munique, Alemanha
Instituto de Fı́sica, Universidade Federal do Rio Grande do Sul
91501-970 Porto Alegre, BRASIL
Matéria para a PRIMEIRA prova. Numeração conforme a quarta edição do livro
“Fundamentos de Fı́sica”, Halliday, Resnick e Walker.
Esta e outras listas encontram-se em: http://www.if.ufrgs.br/ jgallas clicando-se em ‘ENSINO’
Conteúdo
24 Campo Elétrico
24.1 Questões . . . . . . . . . . . . . .
24.2 Problemas e Exercı́cios . . . . . .
24.2.1 Linhas de campo elétrico .
24.2.2 O campo elétrico criado
uma carga puntiforme . .
. . .
. . .
. . .
por
. . .
2
2
2
2
3
24.2.3 O campo criado por um dipolo
elétrico . . . . . . . . . . . . .
24.2.4 O campo criado por uma linha
de cargas . . . . . . . . . . . .
24.2.5 O campo elétrico criado por um
disco carregado . . . . . . . . .
24.2.6 Carga puntiforme num campo
elétrico . . . . . . . . . . . . .
24.2.7 Um dipolo num campo elétrico .
Comentários/Sugestões e Erros: favor enviar para
http://www.if.ufrgs.br/ jgallas
5
7
9
9
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jgallas @ if.ufrgs.br
(lista1.tex)
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24 Campo Elétrico
24.1 Questões
Sem atrito, na situação inicial mostrada na Figura 2417a, o movimento do dipolo elétrico será periódico e
oscilatório em torno do eixo e em torno da posição de
alinhamento de com .
Q 24-3 extra.
Uma bola carregada positivamente está suspensa por um
longo fio de seda. Desejamos determinar num ponto
situado no mesmo plano horizontal da bola. Para isso,
colocamos uma carga de prova positiva neste ponto
e medimos . A razão será menor, igual ou
maior do que no ponto em questão?
Quando a carga de prova é colocada no ponto em
questão, ela repele a bola que atinge o equilı́brio numa
posição em que o fio de suspensão fica numa direção
ligeiramente afastada da vertical. Portanto, a distância
entre o centro da esfera e a carga de prova passa a ser
Q 24-3.
maior que do que a distância antes do equilı́brio. Donde
se conclui que o campo elétrico no ponto considerado
As linhas de força de um campo elétrico nunca se cru(antes de colocar a carga de prova) é maior do que o
zam. Por quê?
valor medido por meio da referida carga de prova.
Se as linhas de força pudessem se cruzar, nos pontos
de cruzamento terı́amos duas tangentes diferentes, uma
para cada linha que se cruza. Em outras palavras, em
tal ponto do espaço terı́amos dois valores diferentes do
campo elétrico, o que é absurdo.
Q 24-2. Usamos uma carga teste positiva para estudar
os campos elétricos. Poderı́amos ter usado uma carga
negativa? Porque?
Não. Tal uso seria extremamente anti-natural e inconveniente pois, para começar, terı́amos o e apontando em direções diferentes.
Tecnicamente, poderı́amos usar cargas negativas sim.
Mas isto nos obrigaria a reformular vários conceitos e
ferramentas utilizadas na eletrostática.
24.2 Problemas e Exercı́cios
Q 24-5.
Uma carga puntiforme de massa é colocada em repouso num campo não uniforme. Será que ela seguirá,
necessariamente, a linha de força que passa pelo ponto
em que foi abandonada?
Não. A força elétrica sempre coincidirá com a direção
tangente à linha de força.
A força elétrica, em cada ponto onde se encontra a carga, é dada por , onde é o vetor campo elétrico no
ponto onde se encontra a carga. Como a carga parte do
repouso, a direção de sua aceleração inicial é dada pela
direção do campo elétrico no ponto inicial. Se o campo
elétrico for uniforme (ou radial), a trajetória da carga deve coincidir com a direção da linha de força. Entretanto,
para um campo elétrico não uniforme (nem radial), a
trajetória da carga não precisa coincidir necessariamente com a direção da linha de força. Sempre coincidirá,
porém, com a direção tangente à linha de força.
24.2.1 Linhas de campo elétrico
E 24-3.
Três cargas estão dispostas num triângulo equilátero, como mostra a Fig. 24-22. Esboce as linhas de força devidas às cargas e e, a partir delas, determine
a direção e o sentido da força que atua sobre , devido à presença das outras duas cargas. (Sugestão: Veja a
Fig. 24-5)
Chamando-se de de e as forças na carga devidas às cargas e , respectivamente, podemos
ver que, em módulo, pois as distâncias bem como o produto das cargas (em módulo) são os mesmos.
"!
# $
As componentes verticais de e se cancelam. As
componentes horizontais se reforçam, apontando da esQ 24-20.
querda para a direita. Portanto a força resultante é horizontal
com módulo igual a
Um dipolo elétrico é colocado em repouso em um campo elétrico uniforme, como nos mostra a Figura 24-17a,
% '&)(+*, - . /&(0*, - ! # $
pg. 30, sendo solto a seguir. Discuta seu movimento.
Página 2 de 13
=
=
69 $ M 6ON $ P
$ QCD2E0R
T
C$
M7$ S CD2E F
E 24-5.
Esboce qualitativamente as linhas do campo elétrico para um disco circular fino, de raio 1 , uniformemente carregado. (Sugestão: Considere como casos limites pontos muito próximos ao disco, onde o campo elétrico é
perpendicular à superfı́cie, e pontos muito afastados do
disco, onde o campo elétrico é igual ao de uma carga
puntiforme.)
Em pontos muito próximos da superfı́cie do disco, para distâncias muito menores do que o raio 1 do disco, as
linhas de força são semelhantes às linhas de força de um
plano infinito com uma distribuição de cargas uniforme.
Como a carga total do disco é finita, a uma distância
muito grande do disco, as linhas de força tendem a se
confundir com as linhas de força de uma carga puntiforme . Na figura abaixo, esboçamos apenas as linhas
de força da parte superior do disco e consideramos uma
distribuição de cargas positivas.
E 24-10.
Duas cargas puntiformes de módulos "N $ UC52> FJV C
e W $ M CD2E FYX C estão separadas por uma distância
de 2KN cm. (a) Qual o módulo do campo elétrico que cada carga produz no local da outra? (b) Que força elétrica
atua sobre cada uma delas?
(a) O módulo do campo sobre cada carga é diferente,
pois o valor da carga é diferente em cada ponto.
Z!
!
>
< < P
= N $ [CD2E FJV
6 $ [CD2E R
=
96 $ 2KN 2 $ N M CD2E0\ N/C ]
P
= W $^M CD2E FJX
6 $ [CD2E R
=
69 $ 2KN $^M CD2E0\ N/C $
(b) O módulo da força sobre cada carga é o mesmo. Pe-+_
la
lei de Newton (ação e reação): H`a b e,
portanto,
H"c>d
=
=
F X e6 2 $ N M CD2E \
69W ^$ M CD2E J
N$
2 $ QCD2E F
24.2.2 O campo elétrico criado por uma carga punNote que como não sabemos os sinais das cargas, não
tiforme
podemos determinar o sentido dos vetores.
E 24-7.
Qual deve ser o módulo de uma carga puntiforme escolhida de modo a criar um campo elétrico de 2 $ N/C em
pontos a 2 m de distância?
Da definição de campo elétrico, Eq. 24-3, sabemos
>=
que 3457698
)< . Portanto,
,;:
H
=
%?6@8
" $ 2B202 nC $
A< 32 $ 2B2CD2EGF
,;:
E 24-9.
Como a magnitude do campo elétrico produzido por
K=
uma carga puntiforme é 3"B76@8
'< , temos que
,JI
L
8
'< ,JI
E 24-11.
Duas cargas iguais e de sinais opostos (de módulo
N $ fC.2> FYV C) são mantidas a uma distância de 2 M cm
uma da outra. (a) Quais são o módulo, a direção e o
sentido de E no ponto situado a meia distância entre as
cargas? (b) Que força (módulo, direção e sentido) atuaria sobre um elétron colocado nesse ponto?
(a) Como o módulo das cargas é o mesmo, estando elas igualmente distantes do ponto em questão, o
módulo do campo devido a cada carga é o mesmo.
=
69g7N !
6
-
P
F V
= N $ [Ch2> J
Ch2> R
=
69 $ 2 M N $ NiCD2E0\ N/C $
Página 3 de 13
Portanto, o campo total é
=
jJkHl m.NG6 $ NQCD2> \ 3 de Dezembro de 2005, às 16:05
Para que o campo se anule, devemos ter
SG$ 8[Ch2> \
N/C ]
w na direção da carga negativa .
> =
6@w{Dg $
A raiz fı́sica (das duas raı́zes possı́veis) é obtida
(b) Como o elétron tem carga negativa, a força sobre ele considerando-se a raiz quadrada positiva de ambos latem sentido oposto ao do campo. O módulo da força é
dos da equação acima. Isto fornece-nos
|
|
elétron jYkel
>
=
elétron 69 n =
w
@
6
y
w
}
g $
=
=
6e2 $ S Ch2> F R 6 So$ 8pCD2E \ N,
eq
2 $ iCD2E F
N
Resolvendo agora para w obtemos
|
|
no sentido da carga positiva.
8+>
|
wf~ |
g
g
~
|
|
7
80>
>
E 24-12.
N
~
g
Como a carga está uniformemente distribuida na esN2
fera, o campo elétrico na superfı́cie é o mesmo que que
Ng
terı́amos se a carga estivesse toda no centro. Isto é, a
magnitude do campo é
=
NG6O $^M cm
%
]
8
/1 ,JI
2E0 cm $
onde é a magnitude da carga total e 1 é o raio da esfera.
O ponto v está a M cm à direita de K .
A magnitude da carga total é rs , de modo que
8
P ,JI
rs
1 = P =
=
6 Ch2> R 6 8 6e2 $ S h
C 2> F R
So$ S 8iCD2E F \
b
N/C $
$ utQCh2>
P 24-21.
Determine o módulo, a direção e o sentido do campo
elétrico no ponto v da Fig. 24-30.
P 24-17.
Desenhe sobre uma linha reta dois pontos, e > ,
separados por uma distância g , com à esquerda de > .
Para pontos entre as duas cargas os campos elétricos individuais apontam na mesma direção não podendo, portanto, cancelarem-se. A carga E tem maior magnitude
que , de modo que um ponto onde o campo seja nulo
deve estar mais perto de do que de . Portanto, deve
estar localizado à direita de , digamos em ponto v .
Escolhendo como a origem do sistema de coordenadas, chame de w a distância de até o ponto v , o ponto
onde o campo anula-se. Com estas variáveis, a magnitude total do campo elétrico em v é dada por
x 2
K
3
]
=
8
69wyDg oz
w
,JI
onde e > representam as magnitudes das cargas.
A soma dos campos devidos as duas cargas é nula pois no ponto v os campos tem módulos coincidentes porém sentidos opostos. Assim sendo, o campo resultante em v deve-se unica e exclusivamente à carga
NB , perpendicular à diagonal que passa pelas duas cargas , apontado para ‘fora’ da carga NB . O módulo
do campo é
%!
N
_ = !
6 80
# 2
,;:
# ;
$
P 24-22
Página 4 de 13
Qual o módulo, a direção e o sentido do campo elétrico O ângulo que tal campo faz com o eixo dos w é
no centro do quadrado da Fig. 24-31, sabendo que y

2 $ [CD2E FJX C e # M cm.
B F

=
B'F 6H2
8 M
k
$
Tal ângulo aponta do centro do quadrado para cima, dirigido para o centro do lado superior do quadrado.
Escolhamos um sistema de coordenadas no qual o ei- 24.2.3 O campo criado por um dipolo elétrico
xo w passe pelas cargas e N , e o eixo passe pelas
cargas e N .
E 24-23.
No centro do quadrado, os campos produzidos pelas
cargas negativas estão ambos sobre o eixo w , e ca- Determine o momento de dipolo elétrico constituı́do por
da um deles aponta do centro em direção a carga que um elétron e um próton separados por uma distância de
lhe da| origem. Como
cada carga esta a uma distância 8 $ nm.
|
#
#
g{
NBBNi
N do centro, o campo lı́quido resul- O módulo da carga das duas partı́culas é 2 $ S C
tante devidos as duas cargas negativas é
2> F R C. Portanto, temos aqui um belo exemplo de
x
exercı́cio de multiplicação:
2
NB

# #
z
8
BN
BN
=
=
g
,JI
6H2 $ S CD2E F R 6@8 $ CD2E F R
2
SG$ WBWiCh2> F X C m $
8
# BN
,JI
P
= 2 $ QCD2E X
6 CD2E R
=
E 24-25
69 $ M BN
P
Na Fig. 24-8, suponha que ambas as cargas sejam posi
t $ 2 CD2E N/C $
tivas. Mostre que no ponto v , considerando 5g , é
No centro do quadrado, os campos produzidos pelas car- dado por:
2
N
gas positivas estão ambos sobre o eixo , apontando do
3
8
;$
centro para fora, afastando-se da carga que lhe da ori,;:
gem. O campo lı́quido produzido no centro pelas cargas Usando o princı́pio de superposição e dois termos da
positivas é
expansão
x NB
2
- q
=

# #
6e2`w F
2Z`NwQ
w D8Bw $E$$ ]
8
BN
BN z
,JI
2
válida quando w72 , obtemos
8
# N
x
,JI
2
P
= =
t $ 2 Ch2> N/C $
8
6OA}guBN
69.g7N z
,;:

2
xc
g F g F Portanto, a magnitude do campo é
2Z
2
z
8

N
N/
,;:
x
2
g =
n ~ 2Z}No6H
$E$$
8

N

,;:
g
P
=
=
~B2Z}No6
$E$$ z
NG6t $ 2 Ch2> N

2
N
2 $ 0NQCD2E0\ N/C $
8
$
,;:
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O vetor aponta para baixo.
E 24-26.
Calcule o campo elétrico (módulo, direção e sentido)
24-27 ª
devido a um dipolo elétrico em um ponto v localizado
a uma distância g sobre a mediatriz do segmento Quadrupolo elétrico. A figura abaixo mostra um quaque une as cargas (Figura 24-32). Expresse sua resposta drupolo elétrico tı́pico.
em termos de momento de dipolo p.
Obtém-se o campo resultante no ponto v somandose vetorialmente
3
F $
A magnitude dos vetores é dada por:
Ele é constituı́do por dois dipolos cujos efeitos em pontos externos não chegam a se anular completamente.
!
F
Mostre que o valor de no eixo do quadrupolo, para
pontos a uma distância do seu centro (supor 5«g ), é
As soma das componentes sobre a mediatriz se candado por:
celam enquanto as componentes perpendiculares
a ela

somam-se. Portanto, chamando-se o ângulo entre o
eixo do dipolo e a direção de (ou de ), segue
3
]
F
8
>

,;:
3NB &)(+* ]
onde p6¬"NBg >= é chamado de momento de quadrupolo
onde, da figura,
da distribuição de cargas.
< .
g 8 $
&(0*

guBN
$
g 8
< n
Com isto segue
N!
!
< ng 8
g7N
g K8
< n
A distância entre o ponto v e as duas cargas positivas
são dadas por 6Op¥g = e 69[g = . A distância entre v
e as cargas negativas são iguais a . De acordo com o
princı́pio de superposição, encontramos:
g
=
6@< .
g 8 q ¡
!
g
¢
=
=¤£
@6 < qc¡T 2ng 796 8B< qc¡ $
x
2
2
N
= = 69A}g 96 ng z
,;:
x
2
2
N z
= = `
8
E
6H2Z}gu
6e2.g7 ,;:
8
Expandindo em série como feito no livro-texto, para o
Como o problema nos diz que <¥¦g , podemos des- caso do dipolo [ver Apêndice G],
E=
prezar o termo g 7698B<
no último denominador acima,
- q
=
6e2`w F
2Z`NwQ
w D8Bwo¨ $E$$ ]
obtendo para o módulo do campo o valor
3!
g
< q$
Em termos do momento de dipolo §¨©g , uma vez
que e § tem sentidos opostos, temos
%!
§
< q $
válida quando w72 , obtemos
8
,;:
xc
> 2
- NBg
g

N g
2Z

$$E$
- g
$$E$ `N z ]
Página 6 de 13
de onde se conclui que, considerando-se os termos até a
segunda ordem, inclusive, temos
x g S
3
]
z
8

8

,;:
,;:
onde o momento de quadrupolo é definido como
Ng $
Em contraste com a derivação apresentada no livrotexto, observe que aqui foi necessário usarmos o termo quadrático na expansão em série, uma vez que a
contribuição devida ao termo linear era nula.
direção ao ponto de equilı́brio « . Além disto, a
magnitude da força é proporcional a , com uma conqE=
tante de proporcionalidade ´°%sKB7698
, como se
1
,;:
o elétron estivesse conectado a uma mola. Ao longo
do eixo, portanto, o elétron move-se num movimento
harmônico simples, com uma freqüência angular dada
por (reveja o Cap. 14, caso necessário)
®
´
sK
¯
%¯
]
8
°1 q
,;:
onde representa a massa do elétron.
P 24-31.
24.2.4 O campo criado por uma linha de cargas
P 24-30.
Um elétron tem seu movimento restrito ao eixo do anel
de cargas de raio 1 discutido na seção 24-6. Mostre que
a força eletrostática sobre o elétron pode fazê-lo oscilar
através do centro do anel, com uma freqüência angular
dada por:
®
s>
3¯
8
°1 q'$
,;:
Como visto no livro-texto, a magnitude do campo
elétrico num ponto localizado sobre o eixo de um anel
homogeneamente carregado, a uma distância do centro do anel, é dado por (Eq. 24-19):
%

]
=
q¡
6O1 .
8
,;:
onde é a carga sobre o anel e 1 é o raio do anel.
Para que possa haver oscilação a carga sobre o anel
deve ser necessariamente positiva. Para uma carga positiva, o campo aponta para cima na parte superior do
anel e para baixo na parte inferior do anel. Se tomarmos a direção para cima como sendo a direção positiva,
então a força que atua num elétron sobre o eixo do anel
é dada por
±3s±3
8
Na Fig. 24-34, duas barras finas de plástico, uma de carga e a outra de carga , formam um cı́rculo de raio
1 num plano wo . Um eixo w passa pelos pontos que
unem as duas barras e a carga em cada uma delas está
uniformemente distribuı́da. Qual o módulo, a direção
e o sentido do campo elétrico criado no centro do
cı́rculo?
Por simetria, cada uma das barras produz o mesmo
campo elétrico µ que aponta no eixo no centro do
cı́rculo. Portanto o campo total é dado por

&)(+*
""NBZ¶·
NT¶¹¸
g+
8
>1 ;
,
:

;º ¡
1Dg
&)(+*
NT¶ ¸
>1 1
º ¡ 8
F
,;:
,
2
80
¶
~
8
1 $
,;: ,
P 24-32.
Uma barra fina de vidro é encurvada na forma de um
semicı́rculo de raio < . Uma carga está distribuı́da
uniformemente ao longo da metade superior, e uma carga , distribuı́da uniformemente ao longo da metade
inferior, como mostra a Fig. 24-35. Determine o campo
elétrico E no ponto v , o centro do semicı́rculo.
sK
]
=
B6O1 . qc¡
,;:
onde s representa a magnitude da carga do elétron.
Para oscilações de pequena amplitude, para as quais vale ²1 , podemos desprezar no denominador da
expressão da força, obtendo então, nesta aproximação,
%±
8
sK
5³3´U $
>1 q
, :
;
Desta expressão reconhecemos ser a força sobre o
elétron uma força restauradora: ela puxa o elétron em
Para a metade superior:
g+

!
g+
g ¼
< "!"» < Página 7 de 13

=
apononde 5G6ON <B8 =
NB½G6 < e gB¼ "<g . Portan- Portanto, o módulo do campo total 3
F
»
,
,
to
ta para baixo e tem magnitude dada por

!h
N0 <g

g $
g0
!
"
N
< <
<
n ,
,

F
|
O módulo da componente do campo total é, portan
N
to,
|
N
F

|
|
4¸¾g+
¸¿g0
&(0*
NB!h
N¹~ N
<
º ¡T
,

NB!h
¸
&)(0* g
80!D
< ,
< $
º ¡T
NB!h x
,
sen z
Conclusão: Termina mais rápido (e com menos erro!)
< ,
quem estiver familiarizado com a exploração das simeNB!h
trias.
Isto requer treino...
< $
,
P 24-35.
Analogamente,

4¸¿g0

¸¾g+

sen

º ¡

N!h
sen g
¸
<
,
º ¡T
N!h x
&(0* z
<
,
N!h
< $
,
Usando argumentos de simetria: Usando a simetria do
problema vemos facilmente que as componentes horizontais cancelam-se enquanto que as verticais reforçamse. Assim sendo, o módulo do campo total é simplesmente
80!h
%"N < ,
com o vetor correspondente apontando para baixo.
Usando ‘força-bruta’: Podemos obter o mesmo resultado sem usar a simetria fazendo os cálculos. Mas temos
que trabalhar bem mais (perder mais tempo durante a
prova!!). Veja só:
TÀZÁ
Tendo encontrado que 3y ºÂÃ , vemos que o
módulo do campo devido às cargas positivas é dado
por
|
N!D
. . N
< ,
k
formando Z8 M com o eixo dos w .
Para a metade inferior o cálculo é semelhante. O resultado final é
|
NB!h
BÄ B
N
F
< $
,
O campo forma com o eixo dos w um ângulo de
- k
P k
k)F =
½6 .8 M
%A2 M .
Na Fig. 24-38, uma barra não-condutora “semi-infinita”
possui uma carga por unidade de comprimento, de valor
constante . Mostre que o campo elétrico no ponto v
»
k
forma um ângulo de 8 M com a barra e que este ângulo
é independente da distância 1 .
Considere um segmento infinitesimal gBw da barra, localizado a uma distância w a partir da extremidade esquerda da barra, como indicado na figura acima. Tal
gBw e está a uma
segmento contém uma carga g0
»
distância < do ponto v . A magnitude do campo que g+
produz no ponto v é dada por
2
g+3
»
8
g0w
$
< ¾
,;:

Chamando-se de o ângulo entre 1
horizontal w do campo é dada por
g0 3
2
»
8
e < , a componente
gBw
<
sen ]
gBw
< &(0*
, :
;
enquanto que a componente vertical é
g+½%
2
8
,;:
»

$
Página 8 de 13
Os sinais negativos em ambas expressões indicam os uma distância acima do centro do disco, é dado por
sentidos negativos de ambas as componentes em relação (Eq. 24-27)
x
ao ponto de origem, escolhido como sendo a extremida
?
È
2Z |
de esquerda da barra.
z ]

N 1
. Vamos usar aqui o ângulo
como variável de
:
integração. Para tanto, da figura, vemos que
onde 1 é o raio do disco e a sua densidade superficial
È
de carga. No centro do disco ( DÇ ) a magnitude do
=

1
w
G6ON .
campo é É¨
]
]
w1©B ]
sen &(0* È
:
<
<
O problema pede para determinar o valor de tal que
tenhamos QÉm32KBN , ou seja, tal que
e, portanto, que
g0wf1
*TÅE&

g

"1
2
g
&)(+*
$
Os limites de integração vão de até N . Portanto
,
º ¡
º ¡

5 ¸
g+
»
sen g
¸
8
1
,;:
/Æ º ¡
»
&(0* ÆÆ
8
1
,;:
»
]
1
,;:
8
º ¡
¸

1
.
2
N
]
ou, equivalentemente,

2
N $
1 n
Desta expressão
obtemos Ê1 8y? K8 , isto é
| .
5Ë1½
Observe que existem duas soluções possı́veis: uma ‘acima’, outra ‘abaixo’ do plano do disco de plástico.
|
24.2.6 Carga puntiforme num campo elétrico
e, analogamente,
|
2Z
»
8
1
, :
;
»
8
1
, :
;
g0
º ¡
¸
&(0*

g

Æ º ¡
sen ÆÆ
»
1 $
, :
;
Destes resultados vemos que Ç , sempre, qualquer que seja o valor de 1 . Além disto, como as duas
componentes tem a mesma magnitude, o campo resultante faz um ângulo de 8 M k com o eixo negativo dos
w , para todos os valores de 1 .
8
24.2.5 O campo elétrico criado por um disco carregado
P 24-38.
A que distância, ao longo do eixo central de um disco de
plástico de raio 1 , uniformemente carregado, o módulo
do campo elétrico é igual à metade do seu valor no centro da superfı́cie do disco?
A magnitude do campo elétrico num ponto situado
sobre o eixo de um disco uniformemente carregado, a
E 24-39.
Um elétron é solto a partir do repouso, num campo
elétrico uniforme de módulo N $ {C2E N/C. Calcule a
sua aceleração (ignore a gravidade).
O módulo de tal aceleração é fornecido pela segunda
lei de Newton:
# -
$^M 2CD2E \ m/s $
E 24-43.
Um conjunto de nuvens carregadas produz um campo elétrico no ar próximo à superfı́cie da Terra. Uma
partı́cula de carga N $ [CD2E F R C, colocada neste campo, fica sujeita a uma força eletrostática de $ yCn2E FJÌ
N apontando para baixo. (a) Qual o módulo do campo elétrico? (b) Qual o módulo, a direção e o sentido
da força elétrostática exercida sobre um próton colocado neste campo? (c) Qual a força gravitacional sobre o
próton? (d) Qual a razão entre a força elétrica e a força
gravitacional, nesse caso?
(a) Usando a Eq. 24-3 obtemos para o módulo de :
$ [CD2E FYÌ N ±2 0 N/C
3
M
$
N $ [Ch2> F R C
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A força aponta para baixo e a carga é negativa. Logo, o
campo aponta de baixo para cima.
(b) O módulo da força eletrostética Í exercida sobre o
próton é
E 24-46.
Uma arma de defesa que está sendo considerado pela Iniciativa de Defesa Estratégica (“Guerra nas Estrelas”) usa feixes de partı́culas. Por exemplo, um feixe
de prótons, atingindo um mı́ssil inimigo, poderia inu Í 34N $ 80iCD2E7F Ì N $
tilizá-lo. Tais feixes podem ser produzidos em “caComo o próton tem carga positiva, a força sobre ele terá nhões”, utilizando-se campos elétricos para acelerar as
partı́culas carregadas. (a) Que aceleração sofreria um
a mesma direção do campo: de baixo para cima.
próton se o campo elétrico no canhão fosse de N $ Cy2E
(c) A força gravitacional exercida sobre o próton é
N/C. (b) Que velocidade o próton atingiria se o campo
atuasse durante uma distância de 2 cm?
= P =
Î{Ï
6H2 $ S t½CD2E F V 6 $ W
(a) Usando a segunda lei de Newton encontramos:
2 $ S 8[CD2E F Ì N ]
# apontando de cima para baixo.
sK
P
H
32 $ Q
N CD2E
m/s $
(d) A razão entre as magnitudes das forças elétrica e gra(b) Usando a Eq. 15 do Cap. 2, encontramos:
vitacional é
Í
H
P
=
32 $ 8 S Ch2> $
Ñi? N # 69wphw 32 S km/s $
Î
Portanto, vemos que o peso /Î do próton pode ser É preciso lembrar-se das fórmulas aprendidas no curcompletamente ignorado em comparação com a força
so de Mecânica Clássica (Fı́sica I).
elétrostática exercida sobre o próton.
E 24-47.
E 24-45.
(a) Qual é a aceleração de um elétron num campo
elétrico uniforme de 2 $ 8¹CÐ2> Ì N/C? (b) Quanto tempo leva para o elétron, partindo do repouso, atingir um
décimo da velocidade da luz? (c) Que distância ele percorre? Suponha válida a mecânica Newtoniana.
(a) Usando a lei de Newton obtemos para o módulo
da aceleração:
# Í
sK
=
=
6e2 $ S h
C 2> F R 6H2 $ 8pCD2E Ì
P
c
q
$ 2ACh2> F
N $ 8 S CD2E V m/s $
Í
(b) Partindo-se do repouso (i.e. com Ñ ) e usando a
equação ÑiÑ #+Ò obtemos facilmente que
Ch2> X 72E
Ò Ó 72E
#
N $ 8 S CD2E V
$ 2KNBN5Ch2> F R s $
(c) A distância percorrida é
gi
N
2 #+Ò 2
N
2 $W
Ch2> F
# q
m$
Ks °Í
=
q =
6H2 $ S D
C 2E F R 6H2 $ [CD2E
P
b
q
$ 2ACD2E F
2 $ t S Ch2> m/s $
Portanto, usando o fato que Ñ ©Ñ N # 6@w¥w = e
definindo gQwyDwo temos, para a distância viajada:
gi
=
=
6ON $ 8 S CD2E V 96 $ 2KNBNQCD2E F R
-
Um elétron com uma velocidade escalar de M7$ CÐ2E X
cm/s entra num campo elétrico de módulo 2 $ DC"2E q
N/C, movendo-se paralelamente ao campo no sentido
que retarda seu movimento. (a) Que distância o elétron
percorrerá no campo antes de alcançar (momentaneamente) o repouso? (b) Quanto tempo levará para isso?
(c) Se, em vez disso, a região do campo se estendesse
somente por W mm (distância muito pequena para parar o elétron), que fração da energia cinética inicial do
elétron seria perdida nessa região?
(a) Primeiro, calculemos a aceleração do elétron devida ao campo:
Ñ #
N
=e
6 M7$ [Ch2> Ì
= "t $ 2KNQCh2> F m $
NZ6H2 $ t S Ch2>
(b) Usando o fato que ÑiÑ #0Ò e que Ñp , temos
Ò Ñ
# M7$ iCh2> Ì 4NW 8+5CD2E F R s
$
$
2 $ t S Ch2>
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(c) Basta determinar a velocidade do elétron quando o e, portanto,Û
campo terminar. Para tanto, usamos Ñ Ñ N #7Ô ,
W $ +N S Ch2> F R C
onde Ô W[CD2E F q m é a extensão do campo.
M ]
s
2 $ S Ch2> F R C
7
#
Ô
Ñ
Ñ N
=
q =
=
ou seja, A M s .
6 M7$ [CD2E Ì
`NZ6e2 $ t S Ch2> 6OW[Ch2> F
e
m/s $
NBN $ NQC}2E
P 24-54.
Portanto, a fração da energia cinética perdida é dada por
Duas grandes placas de cobre, paralelas, estão separadas
!`! Ñ DÑ N0N $ N`N M
por M cm e entre elas existe um campo elétrico uniforme
3 $ 2B2KN
como é mostrado na Fig. 24-39. Um elétron é libera!p
Ñ N M
do da placa negativa ao mesmo tempo que um próton é
ou seja, perde 202 $ N0Õ da sua energia cinética.
liberado da placa positiva. Despreze a força que existe
Se voce gosta de trabalhar mais, pode calcular as ener- entre as partı́culas e determine a distância de cada uma
gias explicitamente e determinar o mesmo percentual.
delas até a placa positiva no momento em que elas pasA energia cinética ! perdida é dada por
sam uma pela outra. (não é preciso conhecer o módulo
do campo elétrico para resolver este problema. Isso lhe
2
2 P
qc =
e =
!Ö
ÍcÑ
6 $ 2ACh2> F
6ON0N $ NiCh2>
causa alguma surpresa?)
N
N
2 $ o2CD2E F V J $
A aceleração do próton é #BÜ sKQK Ü e a aceleração
do elétron é # Í½ s>iKÍ , onde é a magnitude do
A energia cinética inicial ! era
campo elétrico e Ü e °Í representam as massas do
2
2 P
qb =
próton e do elétron, respectivamente.
=
!p ÍcÑ 6 $ 2ACh2> F
6 MG$ [CD2E Ì
N
N
Consideremos a origem de referência como sendo na
posição inicial do próton na placa à esquerda. Assim
2 $ 2 WiCh2> F V J $
sendo, a coordenada do próton num instante Ò qualquer
é dada por w Ü #BÜKÒ N enquanto que a coordenada
do elétron é wYÍ%ÞÝ± # Í Ò N . As partı́culas pasE 24-49.
sam uma pela outra quando suas coordenadas coinciNa experiência de Milikan, uma gota de raio 2 $ S 8 × m e dem, w Ü ?wYÍ , ou seja, quando #BÜKÒ N{ÄÝ` # Í Ò BN .
de densidade $ W M 2 g/cm q fica suspensa na câmara infe- Isto ocorre quando Ò "NBÝU76 #BÜ # Í = , que nos fornece
rior quando o campo elétrico aplicado tem módulo igual
P
#Ü
a 2 $ NC°2E \ N/C. Determine a carga da gota em termos
w Ü
Ý
#
Ü
de s .
# Í
Para a gota estar em equilı́brio é necessário que a
sKQ Ü
Ý
força gravitacional (peso) esteja contrabalançada pela
s>iK Ü .sKQ Í
força eletrostática associada ao campo elétrico, ou se°Í
Ý
ja, é preciso ter-se {Ïp , onde é a massa da gota,
Í . Ü
é a carga sobre a gota e é a magnitude do campo
P
qb
=
$ 202CD2E F
elétrico no qual a gota está imersa. A massa da gota é
P
- = q
c
q
6O $ M m
B
2
2
h
C
>
2
2
5
t
D
C
E
2
F
F V
dada por Ö±Ø}Ù{Ú698 < Ù , onde < é seu raio e Ù
$
$S
,
é a sua densidade de massa. Com isto tudo, temos
N $ t½CD2E F \ m
fÏ
q
N $ t½CD2E F cm $

q
Portanto, enquanto o elétron percorre os M cm entre as
8 < Ù0Ï
,placas,
o próton mal conseguiu mover-se!
=eq
q= P
E=
6H2 $ S 8iCD2E FYÌ m 6OW M 2 kg/m 6 $ W m/s
P
=
6H2 $ N½D
C 2E \ N/C
R
F
C]
W $ iCD2E
8
,
P 24-55.

(a) Suponha que o pêndulo faça um ângulo com a
vertical. Desenhado-se o diagrama de forças temos {Ï
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para baixo, a tensão no fio, fazendo um ângulo para
a esquerda do vetor , que aponta para cima já que a
carga é positiva.
Consideremos o ângulo assim definido como sendo positivo. Então o torque sobre a esfera em torno do ponto
onde o fio esta amarrado à placa superior é
ß %½69{Ï5} = ¼ sen
$
Na Fig. 24-41, um campo elétrico , de módulo NZCp2> q
N/C, apontando para cima, é estabelecido entre duas
placas horizontais, carregando-se a placa inferior positivamente e a placa superior negativamente. As placas
têm comprimento ÝÚ2E cm e separação gn©N cm.
Um elétron é, então, lançado entre as placas a partir da
extremidade esquerda da placa inferior. A velocidade
inicial tem um módulo de S C2E Ì m/s. (a) Atingirá o
elétron uma das placas? (b) Sendo assim, qual delas e a
Se {Ï.àÚ , então o torque é um torque restaurador: que distância horizontal a partir da extremidade esquerele tende a empurrar o pêndulo de volta a sua posição de da?
equilı́brio.

Se a amplitude de oscilação é pequena, sen pode ser Considere a origem como sendo o ponto em que o
substituido por em radianos, sendo então o torque da- elétron é projetado para o interior do campo. Seja Bw o
do por
eixo horizontal e B o eixo vertical indicado na Fig. ???36. Oriente w da esquerda para a direita e B de baixo

ß %½69{ÏQD = ¼
$
para cima, como a carga do elétron é negativa, a força
elétrica está orientada de cima para baixo (no sentido
O torque é proporcional ao deslocamento angular e o
oposto ao sentido do campo elétrico). A aceleração do
pêndulo move-se num movimento harmônico simples.
elétron é dada por
Sua freqüência angular
é
®
=
# s> - 2 - CD2E m/s
3 6@fÏ5} ¼>áo]
$^M
$
onde á é o momento de inércia rotacional do pêndulo. Para saber se o elétron atinge ou não a placa superior,
Como para um pêndulo simples sabemos que ái{¼ , devemos calcular inicialmente o tempo Ò necessário pasegue que
ra que ele atinja a altura 3 $ +N m da placa superior.
®
Podemos
escrever a seguinte relação:
=
@
6
f
5
Ï
D
¼
¯
#+Ò f¼ =
[%69Ñ sen Ò N $
¯ Ï5DiK

¼
Temos: Ñ sen 6 SG$ Cn2E Ì = sen8 M æ8 $ N8°Cn2E Ì
m/s. Substituindo os valores adequados na relação antee o perı́odo é â
rior e resolvendo a equação do segundo grau em Ò , encontramos:
N®
¼
, 4N
$
,äã Ï5}QK
Quando àåfÏ o torque não é restaurador e o
pêndulo não oscila.
(b) A força do campo elétrico está agora para baixo e o
torque sobre o pêndulo é
ß 3½6@fÏ. = ¼
se o deslocamento for pequeno. O perı́odo de oscilação
â
é
4N
,äã
¼
ÏQK
Ò Ò
So$ 8uNiCh2> F R s e %2 $ t0tK8[CD2E FJX s $
O menor valor de Ò é o que nos interessa (o outro corresponde ao trecho descendente da trajetória). Neste intervalo de tempo Ò o elétron se deslocou uma distância
w dada por
w36@Ñ &)(0*
=Ò
ç
$
=
=
6@8 $ N8pCh2> Ì 6 SG$ 8+NBiCh2> F R
$ 0N+tN m $
N $
t N cm $
Como N $ tBNè2E cm, concluimos que: (a) o elétron
atinge a placa superior, e, (b) num ponto situado a N $ tBN
cm da extremidade esquerda da placa superior.
P 24-56.
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24.2.7 Um dipolo num campo elétrico
P 24-60.
Determine a freqüência de oscilação de um dipolo
elétrico, de momento de dipolo e momento de inércia
á , para pequenas amplitudes de oscilação, em torno de
sua posição de equilı́brio, num campo elétrico uniforme
de módulo .
A magnitude do torque
que atua no dipolo elétrico é

dada por ß sen , onde é a magnitude do mo-

Se é positivo
o torque é negativo e vice-versa: ß
sen .
Quando a amplitude do movimento
é pequena, pode
mos substituir
sen
por
em
radianos.
Neste caso,
ß é . Como a magnitude do torque é proporcional ao ângulo de rotação, o dipolo oscila num
movimento harmônico simples, de modo análogo a um
pêndulo de torsão com constante de torsão êD . A
freqüência angular é dada por
®
ê
]
á
á
mento
de dipolo, é a magnitude do campo elétrico onde á é o momento de inércia rotacional do dipolo.

e é o ângulo entre o momento de dipolo e o campo Portanto, a freqüência de oscilação é
®
elétrico.
O torque é sempre ‘restaurador’: ele sempre tende agi2 ¯ ë rar o momento de dipolo em direção ao campo elétrico.
N
N
á $
,
,
Página 13 de 13