Problemas Resolvidos de Física

PROBLEMAS RESOLVIDOS DE FÍSICA
Prof. Anderson Coser Gaudio
Departamento de Física – Centro de Ciências Exatas – Universidade Federal do Espírito Santo
http://www.cce.ufes.br/anderson
[email protected]
Última atualização: 28/11/2006 14:46 H
18 - Lei de Gauss
Fundamentos de Física 2
Halliday, Resnick, Walker
4ª Edição, LTC, 1996
Cap. 25 - Lei de Gauss
Física 2
Resnick, Halliday, Krane
4ª Edição, LTC, 1996
Cap. 29 - Lei de Gauss
Física 2
Resnick, Halliday, Krane
5ª Edição, LTC, 2003
Cap. 27 - Lei de Gauss
Prof. Anderson (Itacaré, BA - Fev/2006)
Problemas Resolvidos de Física
Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES
HALLIDAY, RESNICK, WALKER, FÍSICA, 4.ED., LTC, RIO DE JANEIRO, 1996.
FUNDAMENTOS DE FÍSICA 3
CAPÍTULO 25 - LEI DE GAUSS
EXERCÍCIOS E PROBLEMAS
01
11
21
31
41
51
61
71
81
91
02
12
22
32
42
52
62
72
82
92
03
13
23
33
43
53
63
73
83
93
04
14
24
34
44
54
64
74
84
94
05
15
25
35
45
55
65
75
85
95
06
16
26
36
46
56
66
76
86
96
07
17
27
37
47
57
67
77
87
97
08
18
28
38
48
58
68
78
88
98
09
19
29
39
49
59
69
79
89
99
10
20
30
40
50
60
70
80
90
100
[Início documento]
[Início seção]
[Início documento]
________________________________________________________________________________________________________
a
Cap. 25 – Lei de Gauss
Halliday, Resnick, Walker - Física 3 - 4 Ed. - LTC - 1996.
2
Problemas Resolvidos de Física
Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES
RESNICK, HALLIDAY, KRANE, FÍSICA, 4.ED., LTC, RIO DE JANEIRO, 1996.
FÍSICA 3
CAPÍTULO 29 - LEI DE GAUSS
PROBLEMAS
01
11
21
31
41
51
02
12
22
32
42
03
13
23
33
43
04
14
24
34
44
05
15
25
35
45
06
16
26
36
46
07
17
27
37
47
08
18
28
38
48
09
19
29
39
49
10
20
30
40
50
[Início documento]
05. Uma carga puntiforme de 1,84 μC está no centro de uma superfície gaussiana cúbica com 55 cm
de aresta. Calcule ΦE através da superfície.
(Pág. 49)
Solução.
Considere o seguinte esquema:
q
l
De acordo com a lei de Gauss, o fluxo do campo elétrico (ΦE) através de uma superfície fechada
que encerra uma carga q é dado por:
ε 0Φ E = q
Logo:
ΦE =
q
ε0
= 2, 07909"×105 Nm2 /C
Φ E ≈ 2, 08 ×105 Nm2 /C
As dimensões da superfície gaussiana não interferem no resultado, uma vez que todo o fluxo do
campo elétrico da carga q irá atravessá-la, sendo a superfície pequena o grande.
________________________________________________________________________________________________________
a
Cap. 29 – Lei de Gauss
Resnick, Halliday, Krane - Física 3 - 4 Ed. - LTC - 1996.
3
Problemas Resolvidos de Física
Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES
[Início seção]
[Início documento]
07. Uma carga puntiforme +q está à distância d/2 diretamente acima do centro de uma superfície
quadrada de lado d, conforme mostra a Fig. 24. Calcule o fluxo elétrico através do quadrado.
(Sugestão: Raciocine como se o quadrado fosse a face de um cubo de aresta d.)
(Pág. 49)
Solução.
Se a carga +q estivesse localizada no centro de um cubo de aresta d, o fluxo total do campo elétrico
(ΦE) através dos seis lados do cubo, que constituem uma superfície gaussiana fechada, seria:
q
ΦE =
ε0
Veja o seguinte esquema:
d
q
d/2
Considerando-se a área do quadrado como sendo 1/6 da área do cubo, o fluxo através do quadrado
(ΦQ) será:
Φ
ΦQ = E
6
q
ΦQ =
6ε 0
[Início seção]
[Início documento]
12. Uma carga puntiforme q está colocada no vértice de um cubo de aresta a. Qual o fluxo através
de cada uma das faces do cubo? (Sugestão: Utilize a lei de Gauss e argumentos de simetria.)
(Pág. 50)
Solução.
Considere o seguinte esquema da situação:
________________________________________________________________________________________________________
a
Cap. 29 – Lei de Gauss
Resnick, Halliday, Krane - Física 3 - 4 Ed. - LTC - 1996.
4
Problemas Resolvidos de Física
Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES
a
f
b
q
a
c
e
d
O fluxo do campo elétrico (Φ) da carga q através dos lados que formam o vértice onde a carga está
localizada (a, b e e) vale zero. Isso se deve ao fato de as linhas do campo elétrico serem ortogonais
aos vetores dA nesses lados.
Φ a = Φb = Φe = ∫ E ⋅ dA = 0
Nos lados c, d e f, as linhas de campo não são ortogonais a dA, logo o fluxo de campo através
desses lados não será nulo. Para calcular esse fluxo, considere o seguinte esquema no qual a carga q
está localizada no centro de um grande cubo de aresta 2a, que aparece dividido em oito cubos
menores, cada um com aresta a.
2a
f
c
d
O pequeno cubo superior direito frontal corresponde ao cubo do problema. O fluxo do campo
elétrico através do cubo 2a é:
q
Φ2a =
ε0
O fluxo através da cada lado desse cubo é 1/6 do fluxo total.
q
Φ 2 a , lado =
6ε 0
O fluxo através de ¼ de cada um desses lados (quadrados c, d e f, no esquema inicial) é:
1
1 q
Φ c = Φ d = Φ f = Φ 2 a , lado =
4
4 6ε 0
________________________________________________________________________________________________________
a
Cap. 29 – Lei de Gauss
Resnick, Halliday, Krane - Física 3 - 4 Ed. - LTC - 1996.
5
Problemas Resolvidos de Física
Φc = Φd = Φ f =
Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES
q
24ε 0
[Início seção]
[Início documento]
15. Veículos espaciais que passam pelos cinturões de radiação da Terra colidem com elétrons
confinados ali. Como no espaço não há potencial elétrico de terra, o acúmulo de cargas é
significativo e pode danificar os componentes eletrônicos, provocando perturbações de circuitos
de controle e disfunções operacionais. Um satélite esférico de metal, com 1,3 m de diâmetro,
acumula 2,4 μC de carga ao completar uma revolução em órbita. (a) Calcule a densidade
superficial de carga. (b) Calcule o campo elétrico resultante imediatamente fora da superfície do
satélite.
(Pág. 50)
Solução.
(a) A densidade superficial de carga σ é a razão entre a carga total dispersa na superfície do satélite
Q e a área dessa superfície A.
Q
Q
σ= =
= 4,520"×10−7 C/m2
2
A 4π R
σ ≈ 0, 45 μ C/m 2
(b) O campo elétrico imediatamente fora da superfície do satélite pode ser calculado pela lei de
Gauss. Para isso, vamos construir uma superfície gaussiana esférica de raio R, ou seja, com o
mesmo raio do satélite, e que possui centro coincidente com o centro do satélite. Considere o
seguinte esquema:
E
dA
+
+
Q
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
R
+
+
+
+
Φ E = v∫ E ⋅ dA =
Q
ε0
Q
v∫ E.dA.cosθ = v∫ E.dA.cos 0 = v∫ E.dA.(1) = v∫ E.dA = ε
0
Como o campo elétrico E é constante ao longo de toda a superfície gaussiana, pode ser retirado da
integral.
Q
E v∫ dA = E 4π R 2 =
ε0
E=
Q
4πε 0 R
2
=
Q 1 Q 1 σ
=
= = 5,1077"×104 N/C
2
4π R ε 0 A ε 0 ε 0
E ≈ 5,1×104 N/C
________________________________________________________________________________________________________
a
Cap. 29 – Lei de Gauss
Resnick, Halliday, Krane - Física 3 - 4 Ed. - LTC - 1996.
6
Problemas Resolvidos de Física
Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES
[Início seção]
[Início documento]
18. Um condutor isolado de forma indefinida está carregado com uma carga de +10 μC. Dentro do
condutor há uma cavidade que contém uma carga puntiforme q = +3,0 μC. Qual é a carga (a)
nas paredes da cavidade e (b) na superfície externa do condutor?
(Pág. 50)
Solução.
(a) Na ausência de carga elétrica no interior da cavidade do condutor, toda a carga +Q se dispersa
por sobre a sua superfície (veja o esquema abaixo).
+
Condutor
carregado
+
+
Q
+
+
Cavidade
+
+
+
+
+
+
Ao introduzir uma carga +q no interior da cavidade, o equilíbrio eletrostático anterior é rompido e
cargas negativas (num total de q’) devem ser deslocadas para a superfície da cavidade.
Q’
+
+
+
+
+
−
−
−
+
+
+
a
q’
+
+
−
q+
−
+
Superfície
gaussiana
+
+
−
+
−
+
+
+
+
Como não pode haver fluxo de campo elétrico através de uma superfície gaussiana localizada no
interior de um condutor que esteja em equilíbrio eletrostático, a carga líquida no interior dessa
superfície deve ser nula. Portanto, se há uma carga positiva q no interior da cavidade, então deverá
também existir uma carga negativa q’, de igual módulo e de sinal contrário a q, na superfície da
cavidade. Logo:
q ' = −3, 0 ×10−6 C
(b) Seja Q a carga positiva inicial no condutor. Como foi deslocada uma carga negativa q’ para a
superfície da cavidade, a carga que restará na superfície externa do condutor (Q’) será:
Q' = Q − q ' = ( +10 μ C ) − ( −3, 0 μ C )
Q ' = +13 μ C
[Início seção]
[Início documento]
________________________________________________________________________________________________________
a
Cap. 29 – Lei de Gauss
Resnick, Halliday, Krane - Física 3 - 4 Ed. - LTC - 1996.
7
Problemas Resolvidos de Física
Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES
20. Uma linha de cargas infinita produz um campo de 4,52 × 104 N/C à distância de 1,96 m. Calcule
a densidade linear de cargas.
(Pág. 50)
Solução.
Considere o seguinte esquema, onde uma superfície gaussiana cilíndrica de comprimento l e raio r
foi construída em torno da linha de cargas.
l
2
1
3
r
+
+
+
dA3
E1
dA2
Aplicando-se a lei de Gauss:
v∫ E ⋅ dA =
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
dA1
E3
E2
∑q
ε0
λl
∫ E ⋅ dA + ∫ E ⋅ dA + ∫ E ⋅ dA = ε
1
2
3
0
As integrais 1 e 3 são nulas, pois o ângulo entre os vetores E e dA é 90o.
λl
0 + ∫ E ⋅ dA cos 0 + 0 =
ε0
2
E ∫ dA =
λl
ε0
E.2π rl =
λl
ε0
2
λ = 2πε 0 rE = 4,9262"×10−6 C/m
λ = 2π ( 8,85 ×10−12 N.m2 /C2 ) (1,96 m ) ( 4,52 ×104 N/C ) = 4,9262"×10−6 C/m
λ ≈ 4,93 μC/m
[Início seção]
[Início documento]
22. Duas grandes lâminas não condutoras que contém cargas positivas estão face a face, como na
Fig. 27. Determine E nos pontos (a) à esquerda das lâminas, (b) entre elas e (c) à direita das
lâminas. Admita que as densidades superficiais de carga σ das duas lâminas sejam iguais.
Considere apenas pontos afastados das bordas e a pequenas distâncias das lâminas em relação
ao pequeno tamanho delas. (Sugestão: Veja Exemplo 6.)
________________________________________________________________________________________________________
a
Cap. 29 – Lei de Gauss
Resnick, Halliday, Krane - Física 3 - 4 Ed. - LTC - 1996.
8
Problemas Resolvidos de Física
Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES
(Pág. 50)
Solução.
Em regiões próximas às lâminas e comparativamente distante de suas bordas, a intensidade do
campo elétrico é independente da distância à superfície das lâminas. Como as lâminas A e B são
não-condutoras, surgem campos elétricos homogêneos perpendiculares à lâmina, de intensidade
σ/2ε0, em ambos os lados de sua superfície, inclusive em regiões que vão além da lâmina vizinha.
Considere o esquema abaixo, em que EAe é o campo elétrico produzido pela lâmina A, na região à
esquerda de ambas as lâminas. Os índices c e d correspondem às regiões central e à direita.
A
B
+
EAe
EBe
+
+
+
EAc
+
+
+
+
+
+
+
+
+
EBc
+
+
+
+
+
+
+
EAd
EBd
y
σ
x
σ
Sabendo-se que a densidade de cargas σ é a mesma para as lâminas A e B, temos:
E Ac = E Ad = E Bd =
σ
i
2ε 0
E Ae = EBe = E Bc = −
σ
i
2ε 0
(a) O campo resultante à esquerda da lâmina A (Ee) vale:
Ee = E Ae + E Be = −
σ
i
ε0
(b) O campo resultante entre as lâminas A e B (Ec) vale:
Ec = E Ac + EBc =
σ
σ
i−
i
2ε 0
2ε 0
Ec = 0
________________________________________________________________________________________________________
a
Cap. 29 – Lei de Gauss
Resnick, Halliday, Krane - Física 3 - 4 Ed. - LTC - 1996.
9
Problemas Resolvidos de Física
Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES
(a) O campo resultante à direita da lâmina B (Ed) vale:
Ed = E Ad + EBd =
σ
i
ε0
[Início seção]
[Início documento]
25. Uma esfera pequena com massa m = 1,12 mg e carga q = 19,7 nC, está no campo gravitacional
da Terra, pendurada por um fio de seda que faz o ângulo θ = 27,4o com uma grande placa
isolante uniformemente carregada, conforme a Fig. 29. Calcule a densidade uniforme de cargas
da placa.
(Pág. 51)
Solução.
Considere o seguinte diagrama de corpo livre da massa m, onde T é a tensão que o fio de seda
exerce sobre m, P é o seu peso e F é a força elétrica gerada pela placa:
y
T
θ
F
x
P
A força elétrica gerada sobre m pela grande placa carregada com uma densidade de cargas σ vale
F = qE = q
σ
i
2ε 0
As outras forças valem:
P = −mgj
T = −T sen θ i + T cos θ j
Forças em x:
∑F
x
T=
= Fx + Tx + Px =
σq
2ε 0 sen θ
σq
− T sen θ + 0 = 0
2ε 0
(1)
________________________________________________________________________________________________________
a
Cap. 29 – Lei de Gauss
Resnick, Halliday, Krane - Física 3 - 4 Ed. - LTC - 1996.
10
Problemas Resolvidos de Física
Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES
Forças em y:
∑F
y
= Fy + Ty + Py = 0 + T cos θ − mg = 0
mg
cos θ
Igualando-se (1) e (2):
σq
mg
=
2ε 0 sen θ cos θ
T=
σ=
σ=
(2)
2ε 0 mg tan θ
q
2 ( 8,85 ×10−12 Nm 2 /C2 )(1,12 ×10−6 kg )( 9,81 m/s2 )( tan 27, 4D )
(19, 7 ×10
−9
C)
= 5,1170"×10−9 C/m2
σ ≈ 5,12 nC/m 2
[Início seção]
[Início documento]
27. Um fio reto, muito comprido e fino, está carregado com −3,60 nC/m de carga negativa fixa. O
fio é envolvido coaxialmente por um cilindro uniforme de carga positiva, com 1,50 cm de raio.
A densidade volumétrica de cargas ρ do cilindro é escolhida de forma que o campo elétrico
resultante é nulo fora do cilindro. Determine a densidade de cargas positivas ρ necessária.
(Pág. 51)
Solução.
O esquema a seguir mostra uma superfície gaussiana cilíndrica, de raio r e comprimento l,
construída coaxialmente em torno do fio.
l
2
r
1
−
−
−
+
−
+
−
+
−
+
−
+
−
+
−
+
−
+
−
+
+
−
3
−
+ +
+
−−
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+
+ +
R
−
dA3
dA1
E1
E3
dA 2 E2
O fluxo do campo elétrico através da superfície gaussiana é dado por:
Φ E = v∫ E ⋅ dA =
∑q
ε0
∫ E ⋅ dA + ∫ E ⋅ dA + ∫ E ⋅ dA =
1
2
0 + E2 A + 0 =
3
∑q
ε0
∑q
ε0
________________________________________________________________________________________________________
a
Cap. 29 – Lei de Gauss
Resnick, Halliday, Krane - Física 3 - 4 Ed. - LTC - 1996.
11
Problemas Resolvidos de Física
E2 =
Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES
∑q
ε0 A
Para que o campo na área lateral do cilindro gaussiano (E2) seja nulo, a carga líquida no interior
dessa superfície deve ser nula. Logo:
∑q = q
+
+ q− = 0
ρV − λl = 0
ρπ R 2l = λl
ρ=
λ
πR
2
=
( 3, 6 ×10
−9
C/m )
π ( 0, 015 m )
2
= 5, 2909"×10−6 C/m2
ρ ≈ 5, 09 μ C/m 2
[Início seção]
[Início documento]
32. Uma grande superfície plana, não-condutora, tem densidade uniforme de carga σ. No meio
dessa superfície foi feito um pequeno furo circular de raio R, conforme ilustra a Fig. 33.
Desprezando o encurvamento das linhas de campo em todas as bordas, calcule o campo elétrico
no ponto P, à distância z do centro do furo e ao longo de seu eixo. (Sugestão: Veja a Eq. 27 do
Cap. 28 e utilize o princípio da superposição.)
(Pág. 52)
Solução.
O campo elétrico a uma distância z de uma chapa isolante com densidade de carga σ vale:
EChapa =
σ
2ε 0
O campo elétrico a uma distância z de um disco de raio R, sobre o eixo ortogonal do disco, que
passa pelo seu centro, vale:
EDisco =
⎞
z
σ ⎛
⎜1 − 2
⎟
2ε 0 ⎝
z + R2 ⎠
Como o campo elétrico obedece ao princípio da superposição, é legítimo afirmar que o campo
produzido pela chapa que possui um orifício na forma de disco corresponde ao campo produzido
por uma chapa não furada menos o campo produzido por um disco carregado que preenche o
orifício da chapa.
________________________________________________________________________________________________________
a
Cap. 29 – Lei de Gauss
Resnick, Halliday, Krane - Física 3 - 4 Ed. - LTC - 1996.
12
Problemas Resolvidos de Física
EChapa furada =
EChapa furada =
Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES
⎞
z
σ
σ ⎛
−
⎜1 − 2
⎟
2ε 0 2ε 0 ⎝
z + R2 ⎠
σz
2ε 0 z 2 + R 2
[Início seção]
[Início documento]
33. Na Fig. 34 vemos o corte transversal de um longo tubo metálico de pequena espessura e com
raio R, cuja superfície possui uma carga de densidade λ por unidade de comprimento. Deduza
as expressões de E a diversas distâncias r, a partir do eixo do tubo, considerando as regiões (a) r
> R e (b) r < R. Trace um gráfico desses resultados entre r = 0 e r = 5,0 cm, fazendo λ = 2,0 ×
10-8 C/m e R = 3,0 cm. (Sugestão: Use superfícies gaussianas cilíndricas, coaxiais com o tubo
de metal.)
(Pág. 52)
Solução.
(a) r > R. Considere o esquema a seguir, que mostra uma superfície gaussiana cilíndrica, de raio r >
R, posicionada de forma coaxial ao tubo metálico. As regiões 4 e 5, que são equivalentes às regiões
2 e 1, respectivamente, formam a outra base do cilindro gaussiano e não foram mostradas.
3
2
R
r
+
+
1
+
+
+
+
+
+
dA3
E3
dA1
dA2
E2
E1 = 0
Aplicando-se a lei de Gauss:
v∫ E.dA =
∑q
ε0
∫ E.dA + ∫ E.dA + ∫ E.dA + ∫ E.dA + ∫ E.dA =
1
2
3
4
5
∑q
ε0
________________________________________________________________________________________________________
a
Cap. 29 – Lei de Gauss
Resnick, Halliday, Krane - Física 3 - 4 Ed. - LTC - 1996.
13
Problemas Resolvidos de Física
0 + 0 + ∫ E.dA + 0 + 0 =
3
E3 A3 = E.2π rL =
E=
Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES
∑q
ε0
λL
ε0
λ
2πε 0 r
(b) r < R. Neste caso, considere o esquema abaixo:
+
+
R
+
+
+
r
+
+
+
Como as cargas estão localizadas fora da superfície gaussiana, é nulo o fluxo do campo elétrico
através desta. Portanto, o campo elétrico no interior do cilindro condutor é nulo.
(c)
E
λ/2πε0
R
r
[Início seção]
[Início documento]
46. Uma chapa plana de espessura d tem uma densidade volumétrica de cargas ρ uniforme.
Determine o módulo do campo elétrico em todos os pontos do espaço (a) dentro e (b) fora da
chapa, em função de x, a distância a partir do plano mediano da chapa.
(Pág. 53)
Solução.
(a) Considere o esquema a seguir, em que foi construída uma superfície gaussiana cilíndrica interna
à chapa, sendo que a base do cilindro está alinhada com o plano mediano da chapa:
________________________________________________________________________________________________________
a
Cap. 29 – Lei de Gauss
Resnick, Halliday, Krane - Física 3 - 4 Ed. - LTC - 1996.
14
Problemas Resolvidos de Física
Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES
d
x
2
3
1
E3
E1 = 0
dA1
dA3
dA2
E2
x
Em x = 0 (centro da chapa), o campo elétrico é nulo devido à simetria da distribuição da carga em
torno dessa região. Portanto, o fluxo de campo através da base do cilindro gaussiano é nulo. Ao
longo da área lateral do cilindro o fluxo também é nulo, pois nessa região o campo elétrico é
ortogonal ao vetor dA. Portanto, somente há fluxo de campo através do topo do cilindro.
v∫ E.dA =
∑q
ε0
∫ E.dA + ∫ E.dA + ∫ E.dA =
1
2
0 + 0 + EA =
E=
3
ρV
ε0
ρ Ax
ε0
ρx
ε0
No interior de uma chapa homogeneamente carregada, o campo cresce linearmente com a distância
a partir do seu plano mediano.
(a) Considere o esquema a seguir:
d
2
3
1
E3
E1 = 0
dA1
dA3
dA2
E2
x
De maneira semelhante:
________________________________________________________________________________________________________
a
Cap. 29 – Lei de Gauss
Resnick, Halliday, Krane - Física 3 - 4 Ed. - LTC - 1996.
15
Problemas Resolvidos de Física
v∫ E.dA =
Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES
∑q
ε0
∫ E.dA + ∫ E.dA + ∫ E.dA =
1
2
3
0 + 0 + EA =
E=
ρV
ε0
⎛d⎞
⎝ ⎠
ρ A⎜ ⎟
2
ε0
ρd
2ε 0
No exterior de uma chapa homogeneamente carregada, o campo é constante.
[Início seção]
[Início documento]
47. Uma esfera sólida não condutora, de raio R possui uma distribuição de cargas não uniforme, a
densidade de cargas sendo dada por ρ = ρe r/R, onde ρe é constante e r é a distância ao centro da
esfera. Mostre que (a) a carga total na esfera é Q = πρeR3 e (b) o campo elétrico dentro da esfera
é determinado por
E=
1
Q 2
r
4πε 0 R 4
(Pág. 53)
Solução.
(a) Considere o esquema abaixo:
E
+
dA +
+
r
Q
+
q
+
+
+
+
R
+
+
+
+
Carga total na esfera:
dq
r
ρ=
= ρ0
dV
R
4πρ0 3
r
dq = ρ0 .4π r 2 dr =
r dr
R
R
4πρ0
R
Q = ∫ dq =
∫
R
0
r 3dr =
(1)
4πρ0 R 4
R 4
Q = πρ0 R3
(b) Carga no interior da esfera de raio r, partindo-se de (1):
q=
4πρ0
R
∫
r
0
r 3dr =
4πρ0 r 4
R 4
________________________________________________________________________________________________________
a
Cap. 29 – Lei de Gauss
Resnick, Halliday, Krane - Física 3 - 4 Ed. - LTC - 1996.
16
Problemas Resolvidos de Física
Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES
πρ0 r 4 ⎛ R3 ⎞ πρ0 R3r 4
Qr 4
×⎜ 3 ⎟ =
=
R
R4
R4
⎝R ⎠
Aplicação da lei de Gauss à superfície esférica de raio r:
q
v∫ E.dA = ε 0
q=
(2)
(3)
Substituindo-se (2) em (3):
Qr 4
R4
E.4π r 2ε 0 =
1 Qr 2
E=
4πε 0 R 4
[Início seção]
[Início documento]
49. Ernest Rutherford disse, num artigo científico, em 1911: "A fim de ter uma idéia das forças
necessárias para provocar grandes desvios numa partícula alfa, suponhamos que uma carga
puntiforme positiva Ze esteja no centro do átomo, circundada por uma distribuição de
eletricidade negativa −Ze, uniformemente distribuída numa esfera de raio R. O campo elétrico
E... em um ponto dentro do átomo, à distância r do seu centro, [é]
E=
Ze ⎛ 1 r ⎞
⎜ − ⎟
4πε 0 ⎝ r 2 R3 ⎠
Verifique essa equação
(Pág. 53)
Solução.
Considere o seguinte esquema, que mostra a seção transversal de um átomo esférico de raio R, que
possui carga positiva Ze concentrada no centro e densidade ρ de carga negativa homogeneamente
distribuída no volume da esfera. Foi construída uma superfície gaussiana esférica de raio r centrada
no átomo.
E
−
dA
−
−
−
−
−
−
−
r
− +
−
−
−
R
−
−
−
Aplicando-se a lei de Gauss:
v∫ E.dA =
∑ q = Ze − ρV
ε0
(1)
ε0
Na Eq. (1), a carga líquida no interior da casca esférica gaussiana,
∑ q , corresponde à carga do
núcleo, +Ze, mais a carga eletrônica contida nessa região, −ρV, em que V é o volume da casca
esférica gaussiana.
________________________________________________________________________________________________________
a
Cap. 29 – Lei de Gauss
Resnick, Halliday, Krane - Física 3 - 4 Ed. - LTC - 1996.
17
Problemas Resolvidos de Física
Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES
⎛
⎞
⎜ Ze ⎟ ⎛ 4 3 ⎞
Ze − ⎜
πr ⎟
4 3 ⎟ ⎜⎝ 3
⎠
⎜ πR ⎟
3
⎝
⎠
EA =
ε0
E.4π r 2 =
Ze − Ze
ε0
r3
3
R3 = Ze ⎛1 − r ⎞
⎜
⎟
ε 0 ⎝ R3 ⎠
Ze ⎛ 1 r ⎞
⎜ − ⎟
4πε 0 ⎝ r 2 R3 ⎠
E=
[Início seção]
[Início documento]
50. A Fig. 38 mostra o modelo de Thomson para o átomo de hélio (Z = 2). Dois elétrons em repouso
estão enterrados dentro de uma esfera uniforme de carga positiva 2e. Determine a distância
dentre os elétrons para que a configuração fique em equilíbrio.
(Pág. 53)
Solução.
(a) Considere o esquema abaixo:
+
F−
F+
+
+
+
E+
dA +
+
+
d/2
+
R
+
+
Para que haja equilíbrio eletrostático nesse sistema, a resultante das forças sobre cada elétron deve
ser nula. Cada elétron está sujeito a duas forças: repulsão devido ao outro elétron e atração devido à
camada esférica de cargas positivas de raio d/2. As cargas positivas da camada esférica com raio
maior do que d/2 não exercem força sobre os elétrons.
F+ + F− = 0
(1)
Repulsão elétron-elétron:
F− =
e2
r
4πε 0 d 2
1
(2)
Atração esfera-elétron:
________________________________________________________________________________________________________
a
Cap. 29 – Lei de Gauss
Resnick, Halliday, Krane - Física 3 - 4 Ed. - LTC - 1996.
18
Problemas Resolvidos de Física
Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES
F+ = −eE+
(3)
Carga positiva na esfera de raio r = d/2:
q
q
2e
ρ= =
=
3
4 3
V 4 ⎛d ⎞
πR
π⎜ ⎟
3
3 ⎝2⎠
ed 3
4 R3
Campo produzido pela esfera de raio r = d/2 em sua superfície (lei de Gauss):
q
v∫ E.dA = ε 0
q=
(4)
2
⎛d ⎞
E+ .4π ⎜ ⎟ ε 0 = q
⎝2⎠
E+ .4π d 2ε 0 = q
(5)
Substituindo-se (4) em (5):
E+ =
E+ =
ed 3
1
. 2
3
4R π d ε 0
1
ed
4πε 0 R3
.
Em termos vetoriais:
1 ed
. r
E+ =
4πε 0 R3
(6)
Substituindo-se (6) em (3):
F+ = −
e2 d
r
4πε 0 R3
1
.
(7)
Substituindo-se (2) e (7) em (1):
−
e2 d
1 e2
r
+
r=0
4πε 0 R3
4πε 0 d 2
1
.
d=R
[Início seção]
[Início documento]
________________________________________________________________________________________________________
a
Cap. 29 – Lei de Gauss
Resnick, Halliday, Krane - Física 3 - 4 Ed. - LTC - 1996.
19
Problemas Resolvidos de Física
Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES
RESNICK, HALLIDAY, KRANE, FÍSICA, 5.ED., LTC, RIO DE JANEIRO, 2003.
FÍSICA 3
CAPÍTULO 27 - LEI DE GAUSS
EXERCÍCIOS
01
11
21
31
41
02
12
22
32
42
03
13
23
33
43
04
14
24
34
44
05
15
25
35
45
06
16
26
36
46
07
17
27
37
47
08
18
28
38
48
09
19
29
39
49
10
20
30
40
50
07
17
27
37
47
08
18
28
38
48
09
19
29
39
49
10
20
30
40
50
PROBLEMAS
01
11
21
31
41
02
12
22
32
42
03
13
23
33
43
04
14
24
34
44
05
15
25
35
45
06
16
26
36
46
[Início documento]
[Início seção]
[Início documento]
________________________________________________________________________________________________________
a
Cap. 27 – Lei de Gauss
Resnick, Halliday, Krane - Física 3 - 5 Ed. - LTC - 2003.
20