Resolução halliday vol 3 edição 10 - Capítulo 22 PDF

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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.

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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,  E1 = -

| q1 | (8,99× 109 N⋅ m2 C2 )| -2,00×10-7 C| ˆ iˆ = i = -(3,196 ×105 N C)iˆ 2 2 4πε 0 ( x - x1 ) (0,135 m -0,060 m )

 E2 = -

-7 9 2 2 q2 ˆ = - (8,99×10 N ⋅ m C )(2,00 ×10 C) ˆi = - (3,196×105 N C)iˆ 2 i 2 4 πε 0( x - x2) ( 0,135 m -0,210 m )

Assim, o campo elétrico total é    ˆ Etot = E1 + E2 = - (6,39×105 N C)i.

5. PENSE O módulo do campo elétrico produzido por uma carga pontual q é dado por E = | q | /4πε 0 r 2 , em que r é a distância entre a carga e o ponto no qual o campo elétrico está sendo medido. FORMULE Como E = | q | /4πε 0r 2 , o módulo da carga é q = 4πε 0 r 2 E. ANALISE Para E = 2,0 N/C e r = 50 cm = 0,50 m, 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 q = 4 πε0 Er 2 =

(1,00 N C)(1,00 m)2 = 1,11×10 -10 C = 0,111 nC. 8,99 ×109 N ⋅m2 C2

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 q1 = +10 nC,

= -20 nC, q3 = +20 nC e q4 = -10 nC, a componente x do campo elétrico no centro do quadrado é

e a componente y do campo elétrico é

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O módulo do campo elétrico total é E = E 2x + E 2y . ANALISE Substituindo os valores dados, temos

e



Assim, o campo elétrico no centro do quadrado é E = Ey ˆj =(1, 02 ×10 5 N/C)j.ˆ 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  q  1  q4 1  12 q 3 q  ˆ Etot = - 32  ˆj =   2 - d 2  j = 0. 2 4πε 0  (2d ) d  4πε 0  4d 

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9. (a) As componentes verticais dos campos produzidos pelas duas partículas se cancelam por simetria. Somando as componentes horizontais, obtemos Ex,tot =

2| q | d 2(8,99× 109 N⋅ m2 C2 )(3, 20 ×10 -19 C)(3,00 m) = 2 2 3/2 4πε 0 (d + y ) [(3, 00 m)2 +(4,00 m) 2]3/2

= 1,38×10 -10 N/C.

.

(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 Etot = E1 + E 2 =

ξ 4ξ . 4πε0 (L + x ) 2 4πε 0 x 2

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,  23 2 3 4 1  x= + +  L = (1, 70)(20 cm) = 34 cm.  3 3 3   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, E tot =

=

ξ 4ξ 4 πε0( L + x) 2 4 πε 0 x 2 (8, 99 ×10 9 N ⋅m 2/C 2)4(3)(1, 60 ×10 - 19 C) (8, 99 ×10 9N ⋅m 2/C 2)(3)(1, 60 ×10 - 19 C) (0,54 m) 2 (0,34 m) 2

= 2, 2 ×10 -8 N/C. 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

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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 E1 produzido por q1 aponta para a esquerda e o campo E2 produzido por q2 aponta para a direita. Como | E1 | = | E2 |, 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: E=

× - 19 kq = e = (8,99× 109 N⋅ m 2 C 2 ) 1,60 10 2C = 3,6×10 -6 N C. k 2 2 (0,020m) r (0,020 m)

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:  Etot = ( E ∠ - 20° ) + ( E ∠130 °) + ( E ∠ -100 °) + ( E ∠ -150 °) + ( E ∠0 °) = 3, 93×10 -6 N/C∠ - 76, 4°. (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, Ec =

e

4πε 0r

2

=

(8,99 ×109 N ⋅m 2 C 2 )(1,60 ×10 -19 C) = 3,60 ×10 -6 N/C. (0,020 m) 2

(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 Es,tot =

2ez 2(8,99 ×109 N ⋅m2 C2 )(1,6 ×10 -19 C)(0,020 m) 2 2 3/2 = R z 4 πε0 ( + ) [(0,020 m) 2 +(0,020 m) 2 ]3/2

= 2,55× 10-6 N/C.

(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 Es,tot =

2ez 2(8,99 ×109 N ⋅m2 C2 )(1,6 ×10 -19 C)(0,002 m) = 2 2 3/2 4 πε0 ( R + z ) [(0,020 m) 2 +(0,002 m) 2 ]3/2

= 7,09× 10-7 N/C.

(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 Es ,tot .

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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 q2 1 | q1 | = 1 . 4πε 0 x2 4πε 0 ( x - L) 2

Explicitando x e substituindo os valores conhecidos de q1 e q2, obtemos x=

L ≈ 2,72L. 1- 2 5

(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  1 2e 1 2e 1 4e | Etot| = = = 4 πε0 r 2 4 πε0 (a / 2)2 4πε0 a 2 = (8,99× 109 N⋅ m2 C2 )

4(1,60×10- 19 C) =160 N/C. (6,00 ×10 -6 m) 2

(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 Etot, x =

q1 q cos θ - 2 , 4πε 0 R2 4πε 0 R2

Etot, y = -

q 2 sen θ . 4πε 0 R2

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 E2 =

q12 + q12 - 2 q1 q2 cos θ (4πε 0R 2 )2 .

Explicitando θ, obtemos q2 + q2 - (4πε R2 )2 E2  1 1 0  2q1q2   .

θ = cos -1 

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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, concluímos 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, q1 = 4πε0 r 2 E = 4π (8,854× 10- 12 C2 /N⋅ m 2 )(0,60 m) 2 (5, 0× 10 4 N/C) = 2, 0 ×10- 6 C = 2,0 µ C. (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, q2 = -4πε 0 r 2 E = 4π (8,854 ×10 -12 C2 /N ⋅ m 2 )(0,60 m) 2 (4,0 ×10 4 N/C) = -1, 6 ×10 -6 C = -1, 6 µC . 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: E=

=

 d 3 d 2 1 d 3   d 3 d2 1 d3  1 +  1 + + 2 + 3 +  -  23 +   4πε0 z   4 2 z 4 z 2 z z z z    q

2

qd 2πε0 z

3

+

qd 3 4πε 0 z5

+

Assim, na terminologia do problema, E1=

qd 3 . 4πε 0z 5

19. (a) Considere a figura a seguir. O módulo do campo elétrico total no ponto P é    q 1  Etot = 2 E1 sen θ = 2  2 4πε 0 ( d /2) + r 2    

d /2

( d /2)

Para r >> d, [(d/2)2 + r2]3/2 ≈ r3 e a expressão mostrada se reduz a  | Etot | ≈

qd . 4πε 0r 3

2

= +r 2

qd 1 . 3/2 4πε 0  2 2  ( d /2) + r  



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(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): Ever =

q q q 160 = ⋅ 4πε 0(4,5d )2 4πε 0(5,5d )2 9801 4πε 0d2

e Eapr é dado pela Eq. 22-8: Eapr =

qd q 2 = ⋅ 2πε 0(5d )3 125 4πε 0d 2 .

Assim, a razão pedida é Eapr Ever

=

2 9801 ≈ 0,98. 125 160

21. PENSE O quadrupolo elétrico é formado por dois dipolos, cada um com um momento dipolar de módulo p = qd. Os momentos 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 produzido pelo dipolo da esquerda é dado por –qd/2πε0(z + d/2)3. ANALISE Usando as expansões binomiais

obtemos

Como o momento quadrupolar é Q = 2qd 2, E =

3Q . 4πε0 z 4

APRENDA No caso de um momento quadrupolar Q, o campo elétrico em pontos do eixo do quadrupolo é inversamente proporcional à quarta potência da distância: E ~ Q / z 4 , enquanto, no caso de uma carga isolada q, E ~ q / z 2 e, no caso de um dipolo, p, E ~ p / z 3 . 22. (a) Vamos usar a notação habitual 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,

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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 E anel 1= E anel 2 ⇒

(

q1R

4πε0 R + R 2

2

)

3/2

=

q2 (2R ) . 4πε 0 [(2R ) 2+ R 2] 3/2

Simplificando, obtemos q1   = 2 2  q2  5

3/2

≈ 0,506.

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 

d   dz  4πε 

  q R2 -2 z 2 = =0 ⇒ 3/2  4 πε 5/2 2 2  0 z2 + R2 z +R 

qz

0

(

)

(

)

z= +

R = 0,707 R . 2

(d) De acordo com a Eq. 22-16, temos E=

(4,00× 10 -6 C)(0, 707× 0, 02 m) qz = 2 2 12 4πε0 ( z + R ) 4π (8,854 ×10 - C 2 /N ⋅ m 2 )[(0,707 ×0, 02 m) 2 +(0, 02 m) 2] 3/2

= 3, 46× 107 N/C. 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 densidade 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 Etot = =

λ1(2sen45 °) λ2(2sen45 °) λ 3(2sen45 °) + + 4 πε0 r1 4 πε0 r2 4 πε0 r3 Q 2Q 2sen45° 4Q 2sen45° 6Q 2sen45° + = = 1,62× 106 N/C. π R 4πε 0 R π R 8πε 0 R π R 12πε 0 R 2π 2ε 0R 2

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(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 E=

λ sen x 4πε 0 r

θ -θ

em que λ é a densidade linear de carga. Neste problema, cada quarto de circunferência produz um campo cujo módulo é  |q| 1 |E | = senx r π/2 4 πε 0r

π /4 - π /4

=

1 2 2 |q| . 4 πε 0 π r 2

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   1 2 2 |q|  1 4| q |  cos 45° = Etot = Etot,x = 2  2  4 πε0 π r2  4 πε 0 πr   × 9 ⋅ 2 2 ×10- 12 C) = (8,99 10 N m C )4(4,50 = 20,6 N/C. -2 2 π (5,00×10 m)

(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

λ sen θ  4πε 0R

 Etot = 2 - ˆj  

90° - 90°



 q  ˆj.  ε π 2R 2   0 

=- 

 (a) Para R = 8,50 × 10–2 m e q = 1,50 × 10–8 C, | Etot | = 23,8 N/C.

(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 d dz

  qz q R 2 - 2z 2   = 0, 3/2 =  4πε (z 2 + R 2 )  4πε 0 (z 2 + R 2 )5/2 0  

o que nos dá z = R / 2. 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 comprimento do arc...