23-lei gauss - solução halliday PDF

Preview

Summary

solução halliday...

Description

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 Halliday, Resnick, Walker - Física 3 - 4 Ed. - LTC - 1996. Cap. 25 – Lei de Gauss

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

05 15 25 35 45

04 14 24 34 44

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: ε0 ΦE = q Logo:

ΦE =

q

ε0

= 2,07909"× 105 Nm2 /C

5 2 Φ E ≈ 2,08 × 10 Nm /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 Resnick, Halliday, Krane - Física 3 - 4 Ed. - LTC - 1996. Cap. 29 – Lei de Gauss

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

ΦQ =

q 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 Resnick, Halliday, Krane - Física 3 - 4 Ed. - LTC - 1996. Cap. 29 – Lei de Gauss

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 Φ2 a =

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 = Φ2 a, lado = 4 4 6ε 0 ________________________________________________________________________________________________________ a Resnick, Halliday, Krane - Física 3 - 4 Ed. - LTC - 1996. Cap. 29 – Lei de Gauss

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 μC/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

+

+ +

+ +

ΦE = 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 4πε0 R

2

=

Q 1 Q 1 σ = = = 5,1077"× 104 N/C 4π R2 ε 0 A ε 0 ε 0

E ≈ 5,1× 104 N/C ________________________________________________________________________________________________________ a Resnick, Halliday, Krane - Física 3 - 4 Ed. - LTC - 1996. Cap. 29 – Lei de Gauss

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).

+ +

Q

Condutor carregado

+ +

+

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’

−

+

−

− 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 μC ) − ( −3,0 μ C) Q ' = + 13 μ C [Início seção]

[Início documento]

________________________________________________________________________________________________________ a Resnick, Halliday, Krane - Física 3 - 4 Ed. - LTC - 1996. Cap. 29 – Lei de Gauss

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

+

+

+

dA 3

E1

dA 2 Aplicando-se a lei de Gauss:

v∫ E⋅ dA =

+

+

+

+

+

+

+

+

+

+

+

+

+

+

dA 1

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 ⋅ dAcos 0 + 0 = 2

ε0

E ∫ dA =

λl ε0

E .2πrl =

λl ε0

2

λ = 2πε0 rE = 4,9262"× 10−6 C/m λ = 2π ( 8,85× 10−

12

2 2 4 6 N.m /C ) (1,96 m) ( 4,52× 10 N/C) = 4,9262"× 10− C/m

λ ≈ 4,93 μ C/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 Resnick, Halliday, Krane - Física 3 - 4 Ed. - LTC - 1996. Cap. 29 – Lei de Gauss

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/2ε 0, 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

+

E Ac

+

+

+

+

+

+

+

+ +

+

EBc

+

+

+

+

+

+

+

EAd

EBd y

x σ σ Sabendo-se que a densidade de cargas σ é a mesma para as lâminas A e B, temos:

EAc = EAd = EBd =

σ i 2 ε0

EAe = EBe = EBc = −

σ i 2ε0

(a) O campo resultante à esquerda da lâmina A (Ee) vale:

Ee = EAe + EBe = −

σ i ε0

(b) O campo resultante entre as lâminas A e B (Ec) vale:

Ec = EAc + EBc =

σ σ i− i 2ε 0 2ε 0

Ec = 0 ________________________________________________________________________________________________________ a Resnick, Halliday, Krane - Física 3 - 4 Ed. - LTC - 1996. Cap. 29 – Lei de Gauss

9

Problemas Resolvidos de Física

Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES

(a) O campo resultante à direita da lâmina B (Ed) vale:

Ed = EAd + 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 2ε0

As outras forças valem: P = −mgj

T = −T sen θi + T cos θj Forças em x:

∑F

x

T=

= Fx + Tx + Px =

σq 2ε0 senθ

σq − T sen θ + 0 = 0 2ε 0 (1)

________________________________________________________________________________________________________ a Resnick, Halliday, Krane - Física 3 - 4 Ed. - LTC - 1996. Cap. 29 – Lei de Gauss

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 senθ cosθ T=

σ= σ=

(2)

2ε 0 mg tan θ q 2 ( 8,85× 10−12 Nm2 /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/m2 [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 −

dA 3

dA 1 E1

E3 dA2 E2 O fluxo do campo elétrico através da superfície gaussiana é dado por:

ΦE = v ∫ E ⋅ dA =

∑q ε0

∫ E ⋅ dA + ∫ E ⋅ dA + ∫ E ⋅ dA = 1

2

0 + E2 A + 0 =

3

∑q ε0

∑q ε0

________________________________________________________________________________________________________ a Resnick, Halliday, Krane - Física 3 - 4 Ed. - LTC - 1996. Cap. 29 – Lei de Gauss

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 R2l = 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 μC/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:

E Chapa =

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:

⎛ ⎞ z ⎜1 − 2 ⎟ 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. EDisco =

σ 2ε0

________________________________________________________________________________________________________ a Resnick, Halliday, Krane - Física 3 - 4 Ed. - LTC - 1996. Cap. 29 – Lei de Gauss

12

Problemas Resolvidos de Física

EChapa furada = EChapa furada =

Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES

⎞ z σ σ ⎛ − ⎜ 1− 2 ⎟ 2ε0 2ε0 ⎝ z + R2 ⎠ σz 2ε 0 z2 + R2 [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 e...