Capítulo 21 - resolução do halliday vol 3 - 10 ed PDF

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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 q 1 e q 2 separadas por uma distância r é dada pela lei de Coulomb (Eq. 21-1):

em que k = 1/4πε 0 = 8,99×109 N ⋅ m2 C2 . Neste problema, q1 = Q − q e q2 = 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 instantaneamente) 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 F′ = k

F′ 3 (q /2)(3q /4) 3 q 2 3 = k 2 = F ⇒ = = 0,375. 8 r 8 F 8 r2

3. PENSE O módulo da força eletrostática entre duas cargas q 1 e q2 separadas por uma distância r é dado pela lei de Coulomb. FORMULE Explicitando a distância na lei de Coulomb, F = k

q1 q2 r2

(Eq. 21-1), obtemos a seguinte expressão:

ANALISE Para F = 5,70 N , q1 = 2,60 ×10 −6 C e q2 = −47,0 ×10− 6 C, 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 q = it = (2,5×10 4 A)(20 ×10− 6s) = 0,50 C.

5. De acordo com a Eq. 21-1, o módulo da força de atração entre as partículas é F =k

q1 q2 r

2

= (8,99× 109 N⋅ m2 C2 )

(3,00 ×10 −6C)(1,50 ×10 −6C) = 2,81N. (0,120 m)2

2

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6. (a) Chamando de a o módulo da aceleração, a segunda e a terceira leis de Newton nos dão m2 a2 = m1a1 ⇒ m2 =

(6,3×10−7 kg)(7, 0 m s 2 ) = 4,9 ×10 − 7 kg. 9, 0 m s 2

(b) O módulo da (única) força que age sobre a partícula 1 é 2

F = m1a1 =k

q1 q2 q = (8,99 ×10 9 N ⋅m 2 C 2 ) . r2 (0,0032 m) 2

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 F3 = F13 + F23 = k

q1q3

( L12 + L23 )

2

+k

q2 q3 . 2 L23

Note que cada termo apresenta o sinal correto (positivo, se a força aponta para a direita, e negativo, se a força aponta para a esquerda), 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 q1 q + q = 0 ⇒ 1 = − 4,00. 4, 00 2 q2

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, F1 = k

(2Q )(−2Q ) 4Q 2 = −k 2 2 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 F2 =k

(Q /2)( −3Q ) 3Q 2 = −k 2 d 2d 2

A razão entre as duas forças é, portanto, F2 3/2 = = 0,375. F1 4

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 exercida 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

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em que k = 1/4πε 0 = 8,99×109 N⋅ m2 C2 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 q1 = −1,00 × 10− 6 C. −6 (a) Usando a relação q2 = (–3,00 H 10–12)/q1 com q1 = 3,00 H 10–6 C, obtemos q 2 = − 1, 00 × 10 C.

(b) Usando a mesma relação do item (a) com q1 = –1,00 H 10–6 C, obtemos q2 = 3,00 × 10 −6 C. 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.

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(a) Por simetria, os valores absolutos das componentes x e y das forças experimentadas pelas partículas 1 e 4 são todos iguais: F1 =

Q | q |  Q / |q |  1  (Q)(Q) (| q |)(Q)  cos 45° + + 1 . − = − 4πε 0  ( 2 a) 2 a 2  4πε 0 a 2  2 2 

Fazendo |F1| = 0, obtemos Q/ | q | = 2 2 , o que nos dá Q / q = − 2 2 = − 2,83. (b) Por simetria, os valores absolutos das componentes x e y das forças experimentadas pelas partículas 2 e 3 são todos iguais: F2 =

(| q |)( Q)  = | q |2 1  | q |2 °− sen 45 4πε 0  ( 2 a) 2 a2  4πε 0a2 







 1 Q − .  | q| 2 2 

Fazendo |F2| = 0, obtemos Q/ | q | = −1/2 2 = −0,35. Como este valor é diferente do 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     |q ||q |  1  | q3 || q1 | ˆ | q3 || q2 | − F3 = F31 + F32 + F34 = j+ (cos45° iˆ+ sen 45° ˆj) + 3 2 4 iˆ ,  4πε0  a2 a ( 2a ) 2 



(a) a componente x da força a que a partícula 3 está submetida é | q3 | F3x = 4πε 0a2

 |q |  2 + |q4 2 2 

(

)

2 1,0 ×10− C  | = 8,99× 109 N⋅ m2 C2  (0,050 m)2 

(

)

7

2

 1  + 2  2 2 

= 0,17 N

(b) e a componente y é

(

2 1,0× 10−7 C |q 3 |  |q |   − | q1 | + 2  = 8,99×10 9 N ⋅ m 2 C 2 F3 y = 4πε 0 a2  2 2  (0,050 m) 2

(

)

)  −1 + 2

 

1   2 2 

= − 0,046 N.

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 k

q1q3

(0, 02

2m

)

2

sen 45° = k

|Q | q3  (0,030 m) 2 +(0,020 m) 2     

2

sen 33,7° ,

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 k

q1 q3

(0, 02

2m

)

2

cos 45 ° = k

Q q3  (0,030 m) 2 +(0,020 m) 2     

2

cos33,7 °,

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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| y2, já que θ é negativo). O módulo da força que a partícula 3 exerce sobre a partícula 2 é F23 = k | q2 q3 | r 2 e deve ser igual ao módulo da força exercida pela partícula 1 sobre a partícula 2, que é F21 = k | q2q1 | r 2. Assim, k

q2q3 qq = k 1 22 2 r r12

⇒ r = r12

q3 = 0,0645m = 6,45 cm, q1

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, q1q3 1 q2 q3 = 2 4πε 0 d1 4πε 0 d 22 1

2

2 d   0,060 m  2  q1 =   q1 =9,0 q1 ,  0,020 m   d1 

⇒ q2 = 

o que nos dá q2/q1 = +9,0. 17. (a) De acordo com a Eq. 21-1, F12 = k

q1q2 (20,0× 10− 6 C)2 (8,99 ×109 N ⋅m2 C2 ) =1,60 N. 2 = (1,50 m)2 d

(b) O diagrama a seguir mostra as forças envolvidas e o eixo y escolhido (linha tracejada).

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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  q2  (20,0 × 10− 6 C) 2 F = 2  k 2  cos30 ° = 2(8,99 ×10 9 N ⋅m 2 C 2) cos30 ° =2,77 N  d  (1,50 m)2  

.

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 F1 qB + qC = F 2 −q B +q C

⇒

1 +qC /q B −2,014 ×10− 23 N , = 7= − 1+ qC /q B − 2,877× 10− 24 N

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

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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 5 1+ξ /4 = ⇒ ξ =1 3 1−ξ /4

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 5 1+ ξ /4 − = ⇒ ξ = 16 . 3 1 −ξ /4

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 2 q = ∫ dq = 4π b∫ r dr = 2π b (r2 − r1 ). r2

r1

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 2

|q1q 3 | 3 3|q1q 3 | cos(30° ) = 4πε 0r 2 16πε 0d 2 .

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: 3 3| q1q 3 | | q1q2 | = 16πε 0d2 4πε 0(D +d )2

  

⇒ D = d 2

 5 −1  = 0,9245d . 3 3 

Para d = 2,00 cm, obtemos D = 1,92 cm. (b) Quando as partículas 3 e 4 são aproximadas do eixo x, o ângulo θ 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, Fres = 2F cos θ =

2(2e)(4e) 4πε 0 ( x 2 + d 2 )

x 2 2 x +d

=

4 e2 x . πε 0( x 2 + d 2) 3/2

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(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 função 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 dFres 4e 2 ( x 2 + d 2 ) 3/2 − x (3/2)( x 2 + d 2 )1/2 (2x ) = = 0, dx πε 0 ( x 2 + d 2) 3 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...