Resolução halliday vol 3 edição 10 - Capítulo 23 PDF

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CAPÍTULO 23 1. PENSE Este problema envolve o fluxo elétrico através de uma superfície quadrada.   FORMULE A figura mostra o vetor área A e o campo elétrico E.

  O fluxo elétrico através da superfície é dado por F = E ⋅ A = EA cos θ.   ANALISE Como o ângulo θ entre A e E é 180° – 35° = 145°, o fluxo elétrico através da superfície é

  APRENDA O fluxo é máximo, quando A e E apontam na mesma direção (θ = 0), e mínimo (zero), quando os dois vetores são mutuamente perpendiculares (θ = 90).  2. (a) Na face superior do cubo, y = 2,0 m e dA = (dA )ˆj . Assim,  E = 4iˆ − 3[(2,0)2 + 2]ˆj = 4iˆ −18jˆ

e o fluxo é F =∫

sup

  2 E ⋅dA = ∫  4iˆ −18jˆ  ⋅ (dA )ˆj = −18 ∫ dA = ( −18 )(2,0 ) N ⋅m 2 C = −72 N ⋅m 2 C. sup



sup

 (b) Na face inferior do cubo, y = 0 e dA = (dA)( −ˆj) . Assim, E = 4iˆ −3 (02 +2 ) ˆj =4iˆ −6jˆ e o fluxo é F=





∫infE⋅ dA = ∫inf (4iˆ− 6j)ˆ ⋅ (dA )(− j)ˆ = 6 ∫infdA = 6(2,0) 2N⋅ m 2 C = + 24 N⋅ m 2 C.

 (c) Na face esquerda do cubo, dA = (dA)(−ˆi) e F=





∫esq E⋅ dA = ∫esq (4iˆ + E yˆj)⋅ (dA)(− ˆi) = −4 ∫inf dA = −4(2,0) 2 N ⋅ m 2 C = −16 N ⋅ m 2 C.

    ˆ Como o campo E não possui componente z, E ⋅ dA = 0 ; portanto, Φ = 0. (d) Na face traseira do cubo, dA = (dA)(− k).

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(e) Agora temos que somar o fluxo através das seis faces do cubo. É fácil constatar que o fluxo através da face dianteira é zero e que o fluxo através da face direita é igual ao fluxo através da face esquerda com o sinal trocado, ou seja, +16 N·m2/C. Assim, o fluxo total através do cubo é Φ = (–72 + 24 – 16 + 0 + 0 + 16) N·m2/C = – 48 N·m2/C.   3. Como o campo elétrico é constante, podemos usar a equação F = E ⋅ A, na qual  2 A = Aˆj = (1, 40 m ) ˆj. 2 (a) F = (6,00 N C )iˆ⋅ 1, ( 40 m ) jˆ= 0.

(b) F = (− 2,00 N C )ˆj⋅ (1,40 m )2 ˆj = −3,92 N ⋅ m 2 C. (c) F = ( −3,00 N C) iˆ + ( 400 N C) kˆ  ⋅(1,40 m ) 2 ˆj = 0 .   



(d) O fluxo total de um campo uniforme através de uma superfície fechada é sempre zero. 4. Como o fluxo através da superfície plana limitada pelo aro é dado por F = π a 2 E, o fluxo através da rede é F′ = −F = − πa 2E = − π(0,11 m)2 (3,0 ×10 −3 N/C) = −1,1×10 −4 N ⋅m 2 /C .

5. Para aproveitar a simetria da situação, imagine uma superfície gaussiana na forma de um cubo, de aresta d, com um próton de carga q = +1,6 × 10−19 C no centro do cubo. O cubo tem seis faces e, por simetria, o fluxo do campo elétrico através de todas as faces tem o mesmo valor. Uma vez que o fluxo total é Ftot = q/ε0, o fluxo através de uma das faces deve ser um sexto deste valor. Assim, F=

q 6 ε0

=

1,6 ×10 − 19 C = 3,01×10 − 9 N ⋅m 2 C =3,01 nN ⋅m 2 C. 6(8,85 ×10 −12 C 2 N ⋅m 2)

6. Como o fluxo através das faces laterais do cubo é nulo, temos apenas dois fluxos “para dentro” do cubo: um através da face superior, de valor absoluto 34(3,0)2, e outro através da face inferior, de valor absoluto (20)(3,0)2. Como um fluxo “para dentro” é considerado negativo, o resultado é F = –486 N×m2/C. Assim, de acordo com a lei de Gauss, q env =ε0 F =(8,85 ×10 −12 C 2/N ⋅m 2)( −486 N ⋅m 2 C) = −4,3 ×10 −9C = −4,3 nC.

7. De acordo com a lei de Gauss, ε0F = q, na qual F é o fluxo total através da superfície do cubo e q é a carga total no interior do cubo. Assim, F=

q

=

1,8 ×10 −6 C

ε 0 8,85×10 − 12 C 2 N ⋅m 2

= 2,0 ×105 N ⋅ m2 C.

8. (a) A área total da superfície que envolve o banheiro é A= 2( 2,5× 3,0) + 2( 3,0× 2, 0) + 2 ( 2,0× 2,5) = 37 m2 .

O valor absoluto do fluxo do campo elétrico é    | F | = | ∑ E ⋅ A | = | E | A = (600 N/C)(37 m2 ) = 22×103 N ⋅ m2 / C.

De acordo com a lei de Gauss, o valor absoluto da carga envolvida é | q env| = ε 0| F | = 2, 0×10 −7 C.

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Assim, como o volume do banheiro é V = (2,5 m) × (3,0 m) × (3,0 m) = 15 m3 e a carga, segundo o enunciado, é negativa, temos

ρ=

qenv − 2,0× 10− 7 C = = − 1,3×10− 8 C/m 3. V 15 m3

(b) O número de cargas em excesso por metro cúbico é qenv 2, 0× 10− 7 C = = 8, 2 ×1010 cargas/m 3. eV (1, 6 ×10 −19 C)(15 m3 ) 9. (a) Chamando de A a área das faces do cubo, temos F = (3, 00 y ˆj) ⋅( − A ˆj)

y =0

+ (3, 00 y ˆj) ⋅(A ˆj)

2

y =1,40

= ( 3,00 )(1,40 )(1, 40 ) =8,23 N ⋅m 2 C.

(b) A carga é

(

)(

)

q env =ε 0 F = 8,85 ×10−12 C2 / N ⋅m2 8,23 N ⋅m2 C =7,29 ×10 −11 C =72,9 pC.     (c) Se E = [−4,00iˆ+ (6,00 + 3,00 y )] N/C, o campo elétrico pode ser escrito na forma E = 3,00 yˆj + E0, na qual E0 = −4, 00iˆ + 6, 00ˆj é um campo constante que não contribui para o fluxo total através do cubo. Assim, F tem o mesmo valor do item (a), ou seja, 8,23 N×m2/C.

(d) A carga tem o mesmo valor do item (b), 72,9 pC. 10. Como nenhum dos termos constantes contribui para o fluxo (veja as Eqs. 23-4 e 23-7), precisamos nos preocupar apenas com o termo que depende de x. Em unidades do SI, temos E ( x ) = 3 xi.ˆ A contribuição para o fluxo da face do cubo situada em x = 0 é 0, já que E(x) = 0. A contribuição da face situada em x = −2 m é ‒E(x)A = ‒ (3)(−2)(4) = 24 N·m/C2, em que A é a área das faces do cubo. Como a contribuição das outras faces é zero, o fluxo total é F = 0 + 24 = 24 N·m/C2. De acordo com a lei de Gauss, a carga no interior do cubo é qenv = ε0F = 2,13 × 10−10 C = 0,213 nC. 11. Como nenhum dos termos constantes contribui para o fluxo (veja as Eqs. 23-4 e 23-7), precisamos nos preocupar apenas com o termo que depende de y. Em unidades do SI, temos E ( y ) = −4, 00 y 2ˆi. A contribuição para o fluxo da face situada em y = 4,00 é E(y)A = (–4)(42)(4) = –256 N·m/C2, em que A é a área da face do cubo. A contribuição para o fluxo da face situada em y = 2,00 m é –E(y)A = – (–4)(22)(4) = 64 N·m/C2.

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Como a contribuição das outras faces é zero, o fluxo total é Φ = (−256 + 64) N·m/C2 = −192 N·m/C2. De acordo com a lei de Gauss, a carga no interior do cubo é qenv =ε0 F = (8,85 ×10 −12 C2 /N ⋅m2 )( −192 N ⋅m 2 C) = −1,70 ×10 −9 C =1,70 nC.

12. Note que apenas a casca menor contribui para o campo no ponto dado, já que o ponto está no interior da casca maior (E = 0 no interior de uma carga esférica), e o campo aponta no sentido negativo do eixo x. Assim, para R = 0,020 m (o raio da casca menor), L = 0,10 m e x = 0,020 m, temos 2 2 ˆj= − 4 π R σ2 ˆj= − R σ 2 ˆj 2 ε 0 (L − x )2 4πε 0r 4πε 0 (L − x ) (0,020 m) 2(4,0× 10 − 6C/m 2) ˆj = − 2,8×10 4 N/C ˆj. =− (8,85 ×10− 12 C2 /N ⋅m2 )(0,10 m −0,20 m) 2

 E = E (− ˆj)= −

q

2

(

)

13. PENSE Um cubo tem seis superfícies. O fluxo total através do cubo é a soma dos fluxos através das seis superfícies. Conhecendo o fluxo total através do cubo, podemos usar a lei de Gauss para determinar a carga total no interior do cubo. FORMULE Seja A a área de uma das faces do cubo, seja Ea o módulo do campo elétrico na face de cima do cubo, e seja Eb o módulo do campo elétrico na face de baixo do cubo. Como o campo aponta para baixo, o fluxo através da face de cima é negativo e o fluxo através da face de baixo é positivo. O fluxo através das outras faces é zero, já que, nessas faces, o vetor área é paralelo ao campo. O fluxo total através do cubo é, portanto,

A carga total no interior do cubo é dada pela lei de Gauss: q = ε 0F . ANALISE Substituindo os valores conhecidos, obtemos

APRENDA Como F > 0, concluímos que a carga no interior do cubo é positiva. 14. (a) A carga central pode ser calculada aplicando a lei de Gauss (Eq. 23-6) ao fluxo mostrado na Fig. 23-33b para pequenos valores de r, F = 2,0 × 105 N . m2/C: qcentral = ε0F = (8,85×10 −12 C2 /N⋅ m2 )(2,0×105 N ⋅ m2 /C) = +1,77 ×10 −6 C ≈ +1,8 ×10 −6 C = + 1,8µ C.

(b) Para valores maiores de r, F = −4,0 × 105 N . m2/C. Isso significa que qenv = ε0 F = (8,85 ×10 −12 C2 /N ⋅m2 )( −4,0 ×105 N ⋅m2 /C) = −3,54 ×10 −6 C ≈ −3,5 µC.

Entretanto, parte dessa carga é a carga central, calculada no item (a), de modo que a carga da casca A é qA = qenv – qcentral = −3,5 μC − (+1,8 μC) = 5,3 μC. (c) Finalmente, para valores muito grandes de r, F = 6,0 × 105 N . m2/C e, portanto, qenv =ε 0F = (8,85×10− 12 C 2 /N ⋅ m2 )(6,0 ×10 5 N ⋅m 2 /C) =5,31 ×10 −6C ≈5,3 µC.

De acordo com os resultados anteriores, isso significa que a carga da casca B é qB = qenv − qA − qcentral = +5,3 μC − (−5,3 μC) − (+1,8 μC) = 8,8 μC.

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15. (a) Se dispusermos cubos iguais lado a lado e um em cima do outro, veremos que oito cubos se encontram em um vértice. Assim, um oitavo das linhas de campo que partem de uma carga pontual situada em um vértice passa por um dos cubos, e o fluxo total através da superfície desse cubo é q/8 ε0. Como as linhas de campo são radiais, nas três faces que se encontram no vértice que contém a carga, as linhas de campo são paralelas à face e o fluxo através da face é zero. (b) Como os fluxos através das outras três faces são iguais, o fluxo através de uma dessas três faces é um terço do total. Assim, o fluxo através de uma dessas faces é (1/3)(q/8ε0) = q/24ε0 e o múltiplo é 1/24 = 0,0417.   16. O fluxo total do campo elétrico através do cubo é F =∫ E ⋅ dA. O fluxo total através das faces paralelas ao plano yz é F yz = ∫∫ Ex (x = x 2 )− Ex (x = x1 )dydz = y =1

y 2= 1

z 2= 3

∫y =0 dy ∫z =1 dz 10+ 2(4)− 10− 2(1) 1

1

z =3

= 6∫y2= dy∫z 2= dz = 6(1)(2) = 12. 1

0

1

1

O fluxo total através das faces paralelas ao plano xz é x =4

z =3

F xz = ∫∫ E y ( y = y2 ) − E y( y = y1 ) dxdz = ∫x 2= dy ∫z 2= dz[ −3 − ( −3)] = 0 1

1

1

1

e o fluxo total através das faces paralelas ao plano xy é x =4

y =1

Fxy = ∫∫  Ez (z = z 2) − Ez (z = z 1) dxdy = ∫ 2 dx ∫ 2 dy (3b −b )= 2b (3)(1) =6b. x1 =1 y1 = 0

De acordo com a lei de Gauss, temos qenv = ε0 F = ε0 (F xy + F xz + F yz )= ε0 (6,00b + 0+ 12, 0)= 24,0ε0 ,

o que nos dá b = 2,00 N/C·m. 17. PENSE Como o sistema tem simetria esférica, escolhemos como superfície gaussiana uma esfera de raio ligeiramente maior que o raio da esfera. FORMULE A carga na superfície da esfera é o produto da densidade superficial de carga pela área da superfície da esfera: q = σ A = σ (4π R 2 ). Podemos calcular o fluxo total através da superfície da esfera usando a lei de Gauss: q= ε 0F . ANALISE (a) Para R = (1,20 m)/2 = 0,60 m e σ = 8,1×10 − 6 C/m 2, a carga da superfície é

(b) Escolhemos uma superfície gaussiana de forma esférica, concêntrica com a esfera, e com um raio ligeiramente maior que o raio da esfera. De acordo com a lei de Gauss, o fluxo é

APRENDA Como não existe carga no interior de uma esfera condutora, o fluxo total através da superfície da esfera depende apenas da carga que está na superfície da esfera. 18. De acordo com a Eq. 23-11, a densidade superficial de carga é

σ = E ε 0 =( 2,3×10 5 N C)( 8,85×10 − 12 C 2/N ⋅ m 2) = 2,0 ×10 −6 C/m 2 = 2,0 µC/m 2.

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19. (a) A área da superfície de uma esfera é 4πR2= πD2. Assim, −6 σ = q 2 = 2, 4×10 2C = 4,5 ×10 −7 C/m 2. πD π(1,3 m)

(b) De acordo com a Eq. 23-11, temos E=

σ = 4,5×10−7 C/m2 = 5,1×104 N/C. ε0 8,85 ×10 − 12 C 2 / N ⋅m 2

20. De acordo com a lei de Gauss (Eq. 23-6), ε0F = qenv. (a) Como, para pequenos valores de r, F = −9,0 × 105 N ⋅ m2 /C, qcentral = ε0F = (8,85 ×10 −12 C 2/N ⋅m 2)( −9,0 ×10 5 N ⋅m 2/C) = −7,97 ×10 −6C ≈ −8,0 µC.

(b) Para valores intermediários de r, F = 4,0 × 105 N . m2/C. Isso significa que qenv = ε0 F = (8,85 ×10 − 12 C 2/N ⋅m 2)( −4,0 ×10 5 N ⋅m 2/C) =3,54 ×10 −6C ≈3,5 µC.

Entretanto, parte dessa carga é a carga central, calculada no item (a), de modo que a carga da casca A é qA = qenv – qcentral = −8,0 μC − 3,5 μC = −11,5 μC ≈ 12 μC. (c) Finalmente, para valores muito grandes de r, F = −2,0 × 105 N . m2/C e, portanto, qenv = ε0 F = (8,85×10−12 C2 /N⋅ m2 )(−2,0 ×105 N ⋅ m2 /C) = −1,77 ×10 −6 C ≈ −1,8 µC.

A carga da casca B é, portanto, qB = qenv − qA − qcentral = −1,8 μC − 12 μC − (−8 μC) = −5,8 μC. 21. (a) Considere uma superfície gaussiana que esteja totalmente no interior do condutor e envolva a cavidade. Como o campo elétrico é zero em toda a superfície, a carga envolvida pela superfície é zero. Como a carga total é a soma da carga q no interior da cavidade e a carga q1 na superfície da cavidade, temos q + q1 = 0

⇒

q1 = –q = −3,0× 10–6 C.

(b) Como a carga total Q do condutor é a soma da carga q1 na superfície da cavidade com a carga q2 na superfície externa do condutor, temos q2 = Q− q1 = (10× 10− 6 C)− (− 3,0× 10− 6 C)= + 1,3× 10− 5 C.

22. O problema pode ser resolvido combinando a segunda lei de Newton (F = ma) com a definição de campo elétrico (E = F/q) e com a Eq. 23-12 (E = λ/2πε0r), o que nos dá ma = eE =

eλ 2πε 0r

⇒ a=

eλ 2πε 0rm

= 2,1×1017 m/s 2.

23. (a) Como a área da superfície lateral do tambor é A = πDh, na qual D é o diâmetro do tambor e h é a altura do tambor, temos q = σ A = σπ Dh = πε 0EDh = π (8,85 ×10−12 C2 /N ⋅m2 )(2,3 ×105 N/C) (0,12 m )(0,42 m ) = 3, 2 ×10−7 C = 0,32 µC.

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(b) A nova carga é  A′    =q A 

q′ = q 

 ( 8,0 cm )( 28 cm )  π D ′h ′ = −7  =1, 4 ×10 − 7 C =0,14 µC.  (3, 2 ×10 C)   (12 cm )(42 cm )  π Dh  



24. Usando uma superfície gaussiana cilíndrica A de raio r e comprimento unitário, concêntrica, com o tubo de metal, temos, por simetria, 



∫AE ⋅dA = 2πrE =

qenv

ε0

.

(a) Para r < R, qenv = 0 e, portanto, E = 0. (b) Para r > R, qenv = λ; portanto, para r = 2R = 0,0600 m, temos E=

λ = 2,0× 10 −8 C/m = 5,99 ×10 3 N/C. 2π rε 0 2π ( 0,0600 m ) (8,85×10− 12 C2 /N ⋅ m2 )

(c) A figura a seguir mostra o gráfico de E em função de r. Aqui o máximo valor é Emáx =

(2,0 × 10–8 C/m) λ = = 1,2 × 104 N/C. 2πε0 2π(0,030 cm)(8,85 × 10–12 C2/N . m2)

25. PENSE O sistema a ser estudado é uma linha infinita de carga. Como o sistema tem simetria cilíndrica, escolhemos um cilindro como superfície gaussiana. FORMULE Vamos escolher como superfície gaussiana um cilindro de raio r e comprimento h coaxial com a linha de carga. Por simetria,

em que q é a carga envolvida pelo cilindro. Assim, o módulo do campo elétrico produzido por uma linha infinita de carga é

em que λ é a densidade linear de carga e r é a distância entre a linha e o ponto no qual o campo é medido. ANALISE Substituindo os valores dados, temos

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 APRENDA Como λ > 0, o campo E aponta para longe da linha de carga. Note que o campo produzido por uma linha infinita de carga varia inversamente com a distância, enquanto o campo produzido por uma carga pontual varia inversamente com o quadrado da distância.

26. Quando nos aproximamos da distância r = 3,5 cm a partir do lado de dentro da casca, temos Einterno=

2λ = 1000 N/C. 4πε0 r

Quando nos aproximamos da distância r = 3,5 cm a partir do lado de fora da casca, temos Eexterno =

2λ 2λ ′ + = − 3000 N/C. 4πε0r 4πε0r

Assim, temos Eexterno − E interno =

2λ ′ = −1000 N/C ⇒ λ ′ = −5,8 ×10 − 9 C/m = −5,8 nC/m. 4πε 0r

27. Vamos chamar de R o raio da casca cilíndrica. De acordo com a Eq. 23-12, o campo elétrico para r > R é dado por E = Efio + Ecasca =

λ +

2πε 0r

λ′ , 2πε 0r

em que λ é a densidade linear de carga do fio, e λʹ é a densidade linear de carga da casca. O fato de a carga da casca poder ser expressa através da densidade linear de carga λʹ ou da densidade superficial de carga σ nos permite obter uma relação entre λʹ e σ: qcasca =λ ′L =σ (2 π RL ) ⇒λ ′ =σ (2π R ).

Para que o campo E do lado de fora da casca seja nulo, devemos ter λʹ = –λ, o que nos dá 3,6× 10−6 C/m σ =− λ = = 3,8× 10 −8 C/m2 . 2π R (2π )(0,015 m)

28. (a) Considerando uma superfície gaussiana cilíndrica, coaxial com a barra, de raio r > rext, na qual rext é o raio externo da casca, a única carga envolvida é a carga da barra. Assim, de acordo com a Eq. 23-12, o módulo do campo a uma distância r = 15 cm do eixo da casca é dado por  2(2,0×10− 9C/m) 2λ = = 2,4 ×10 2 N/C = 0,24 kN/C. E= 4πε0 r 4πε0 (0,15 m)

(b) Como, na ausência de uma corrente elétrica, o campo é zero no interior dos condutores, há uma carga –q na superfície interna da casca e uma carga +q na superfície externa da casca, em que q é a carga da barra. Assim, a densidade superficial de carga na superfície interna da casca é

σ int =

λ = − 2,0 ×10−9 C/m = − × −9 −q =− 6, 4 10 C/m2 = −6, 4 nC/m 2. 2π rint L 2π rint 2π (0,050 m)

(c) A densidade superficial de carga na superfície externa da casca é

σ ext =

q λ = 2,0× 10− 9 C/m = +3, 2 ×10− 9 C/m 2 = +3,2 nC/m 2. = 2π rext L 2π rext 2π (0,100 m)

29. PENSE Vamos supor que as densidades de carga da barra e da casca são uniformes e desprezar efeitos de borda. Nesse caso, por simetria, o campo elétrico é radial, tanto no espaço entre a barra e a casca como do lado de fora da casca. Naturalmente, o campo é zero no interior da barra e no interior da casca.

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FORMULE Vamos usar como superfície gaussiana um cilindro de comprimento L e raio r, coaxial com a barra e a casca. O fluxo através dessa superfície é F = 2π rLE , em que E é o módulo do campo na superfície gaussiana. Podemos ignorar o fluxo através das bases do cilindro. De acordo com a lei de Gauss, q env = ε0 F = 2π r ε0 LE, em que qenv é a carga envolvida pela superfície gaussiana. ANALISE (a) Nesse caso, tomamos o raio da superfície gaussiana como sendo

A carga envolvida é

De acordo com a lei de Gauss,

e, portanto, | E | = 0, 214 N/C. (b) O sinal negativo de E mostra que o campo aponta na direção da barra. (c) Nesse caso, tomando o raio da superfície gaussiana como r = 5,00 R1, a carga envolvida pela superfície gaussiana é qenv = Q1 = 3,40 × 10−12 C e, de acordo com a lei de Gauss, 2π rε 0 LE = q env, o que nos dá

(d) O sinal positivo de E mostra que o campo aponta para fora da barra. (e) Considere uma superfície gaussiana cilíndrica cujo raio a coloque no interior da casca. Como o campo elétrico no interior de qualquer material condutor é zero, o fluxo elétrico através dessa superfície gaussiana é zero e, portanto, de acordo com a lei de Gauss, a carga total no interior da superfície gaussiana é zero. Como a barra central tem uma carga Q1, a superfície interna da casca deve ter uma carga Qint = –Q1 = –3,40 × 10–12 C. (f) Como a casca tem uma carga Q2 = –2,00Q1, a superfície externa deve ser uma carga Qext = Q2 – Qint = –Q1 = –3,40 × 10–12 C na superfície externa. APRENDA A simetria cilíndrica permite o uso da lei de Gauss para resolver o problema. Como o campo elétrico é zero no int...