Resolução halliday vol 3 edição 10 - Capítulo 24 PDF

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CAPÍTULO 24 1. PENSE O ampère é a unidade de corrente do SI. Um ampère equivale a um coulomb por segundo. FORMULE Para calcular a carga total que atravessa o circuito, note que 1 A = 1 C/s e 1 h = 3600 s. ANALISE (a) Temos:

(b) A variação de energia potencial é ∆U = q∆V = (3,0 × 105 C)(12 V) = 3,6 × 106 J. APRENDA Diferença de potencial é a variação de energia potencial por unidade de carga. Ao contrário do campo elétrico, a diferença de potencial é uma grandeza escalar. 2. O módulo da variação é ∆U = e∆V = 1,2 × 109 eV. 3. (a) A variação de energia da carga transferida é ∆U = q∆V = (30 C)(1,0 × 109 V) = 3,0 × 1010 J. (b) Se toda essa energia fosse usada para acelerar um carro de 1000 kg a partir do repouso, ∆U = K = mv2/2 e a velocidade final do carro seria

v=

2K 2 ∆U 2(3,0 ×10 10 J) = = = 7,7 ×10 3 m/s . 1000 kg m m

E=

F 3,9 × 10- 15 N = = 2, 4 × 104 N/C = 2, 4 × 10 4 V/m e 1,60 × 10 -19 C

4. (a)

(b)

∆V = E ∆s = ( 2,4 ×104 N C) ( 0,12m ) = 2,9 × 103 V = 2,9 kV. 5. PENSE O campo elétrico produzido por uma placa infinita carregada é perpendicular à placa e é uniforme. FORMULE O módulo do campo elétrico produzido por uma placa infinita carregada é dado por E = σ/2ε0, em que σ é a densidade superficial de carga. Vamos colocar a origem de um sistema de coordenadas na placa e escolher um eixo x paralelo ao campo apontando no sentido do campo. Nesse caso, o potencial elétrico será

em que Vp é o potencial na posição da placa. As superfícies equipotenciais são superfícies de x constante, ou seja, são planos paralelos à placa. Se duas superfícies estão separadas por uma distância ∆x, a diferença de potencial entre as duas superfícies é

ANALISE Assim, para σ = 0,10 × 10-6 C/m2 e ∆V = 50 V, temos

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APRENDA As superfícies equipotenciais são sempre perpendiculares às linhas de campo elétrico. A Fig. 24-5a mostra as linhas de campo elétrico e as superfícies equipotenciais no caso de um campo elétrico uniforme. 6. (a) VB – VA = ∆U/q = –W/(–e) = – (3,94 × 10–19 J)/(–1,60 × 10–19 C) = 2,46 V. (b) VC – VA = VB – VA = 2,46 V. (c) VC – VB = 0 (C e B estão na mesma linha equipotencial). 7. Ligamos o ponto A à origem seguindo uma trajetória sobre o eixo y, ao longo da qual não há diferença de potencial (Eq. 24-18:   E ⋅ ds = 0). Em seguida, ligamos a origem ao ponto B seguindo uma trajetória sobre o eixo x; a diferença de potencial nesse percurso é

∫

∆V = -∫

x= 4 0

  4  42 E ⋅ ds = -4,00∫ x dx = -4,00  0  2

  = -32,0 

o que nos dá VB – VA = –32,0 V. 8. (a) De acordo com a Eq. 24-18, a variação de potencial é o negativo da área sob a curva do campo elétrico em função da distância. Assim, usando a fórmula da área de um triângulo, temos

V - 10 =

1 (2)(20) = 20, 2

o que nos dá V = 30 V.





(b) No intervalo 0 < x < 3 m, - E ⋅ ds é positiva; para x > 3 m, é negativa. Assim, V=Vmáx para x = 3 m. Usando a fórmula da ∫ área de um triângulo, temos

V - 10 =

1 (3)(20), 2

o que nos dá Vmáx = 40 V. (c) Diante do resultado do item (b), sabemos que o potencial se anula em um ponto de coordenada X > 3 m tal que a área de x = 3 m até x = X é 40 V. Usando a fórmula da área de um triângulo para 3 m < x < 4 m e da área de um retângulo para x>4 m, temos

1 (1)(20) + ( X - 4)(20) = 40, 2 o que nos dá X = 5,5 m. 9. (a) O trabalho realizado pelo campo elétrico é

  qσ f W = ∫ q0 E ⋅ ds = 0 i 2ε0

d

∫0 dz =

q0 σ d (1,60 ×10 -19 C)(5,80 ×10-12 C/m2 )(0,0356 m) = 2ε0 2(8,85× 10-12 C2 /N⋅ m2 )

= 1,87×10-21 J. (b) Como V – V0 = –W/q0 = –σz/2ε0, com V0 = 0 na superfície da placa, o potencial elétrico no ponto P é

V =-

σ z = - (5,80×10 -12 C/m 2 )(0,0356 m) = -1,17 ×10 -2 V. 2ε 0 2(8,85 ×10 -12 C 2 /N ⋅m 2)

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10. Na região entre as placas, ou seja, para 0 < x < 0,5 m, os campos produzidos pelas duas placas, dados pela Eq. 23-13, têm o mesmo sentido, e o campo total é

  Eint = - 

 3  iˆ = -(4,2 ×10 N/C)i.ˆ 

50× 10-9 C/m2 25×10-9 C/m2 + -12 2 -12 2 2 ⋅ 2)  2(8,85 ×10 C /N ⋅m ) 2(8,85 ×10 C /N m

Para x > 0,5 m, os campos produzidos pelas duas placas têm sentidos opostos, e o campo total é

 Eext = -

50× 10- 9 C/m2 25×10- 9 C/m2 ˆ iˆ + iˆ = -(1,4 ×10 3 N/C)i. 2 - 12 2 2(8,85 ×10 C /N ⋅m ) 2(8,85 ×10 -12 C 2 /N ⋅m 2)

De acordo com a Eq. 24-18, temos

∆V = - ∫

0,8

0

  0,5  0,8  E ⋅ ds = - ∫ Eint dx - ∫ Eext dx = - 4,2 ×103 ( 0,5) - 1,4 ×103 ( 0,3) 0

(

0,5

)

(

= 2,5× 103 V = 2,5 kV. 11. (a) Para r = 1,45 cm = 0,0145 m, o potencial é

V (r ) =V (0 ) - ∫ E (r )dr =0 - ∫ r

0

=-

r

0

qr

4πε0

R3

dr = -

qr 2 8πε0 R3

(8,99×109 N ⋅ m2 C2 )(3,50 ×10 -15 C)(0,0145 m) 2 2(0,0231 m) 3

= -2,68 ×10 -4 V = -0,268 mV. (b) Como ∆V = V(0) – V(R) = q/8πε0R, temos

V (R )= -

q 8πε 0R

=-

(8,99 ×109 N ⋅m 2 C2 )(3,50 ×10- 15 C) 2(0,0231 m)

= -6,81×10 -4 V = -0,681mV. 12. A carga é

q = 4πε0 RV =

(10 m)( -1,0 V) = -1,1×10 -9 C = -1,1 nC. 8,99×109 N ⋅m 2 /C 2

13. (a) A carga da esfera é

q = 4πε 0 RV =

(0,15 m)(200 V) = 3,3 ×10- 9 C = 3,3 nC. 8,99 ×109 N ⋅ m 2 C2

(b) A densidade superficial de carga é

σ=

3,3×10- 9 C q =1,2 ×10- 8 C/m 2 =12 nC/m 2. 2 = 4π R 4π (0,15 m) 2

)

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14. (a) A diferença de potencial é

V A -VB =

q

4πε0rA

-

 1 1  = (1,0× 10- 6 C)(8,99×109 N⋅ m 2 C 2 )   4πε0rB  2,0 m 1,0 m 

q

= -4,5 ×103 V = -4,5 kV. 

(b) Uma vez que V(r) depende apenas do módulo de r , o resultado é o mesmo do item (a): V = -4,5 kV. 15. PENSE O potencial elétrico produzido por uma distribuição de carga com simetria esférica é proporcional a1/ r , em que r é a distância do centro da distribuição de carga. FORMULE O potencial elétrico V na superfície de uma gota, de carga q e raio R, é dado por V = q/4πε0R. ANALISE (a) Para V = 500 V e q = 30 × 10-12 C, temos

(b) Quando as duas gotas se combinam para formar uma gota maior, o volume total é duas vezes maior que o volume original de uma das gotas e, portanto, o raio R’ da nova gota é dado pela relação (R’)3 = 2R3, ou seja, R’ = 21/3R. A carga é duas vezes maior que a carga original de uma das gotas: q’ = 2q. Assim,

APRENDA Uma carga positiva produz um potencial elétrico positivo, e uma carga negativa produz um potencial elétrico negativo. Quanto maior a carga, em valor absoluto, maior o potencial, em valor absoluto. 16. Como as partículas dos vértices estão todas à mesma distância do centro, e como a carga total dessas partículas é 2q1 – 3q1 + 2 q1 – q1 = 0, a contribuição dessas partículas para o potencial, de acordo com a Eq. 24-27, é zero. Assim, o potencial é a soma dos potenciais das duas partículas de carga +4q2, que estão a uma distância a/2 do centro:

4 q2 1 4 q2 16 q2 16(8,99 ×10 9 N ⋅m 2 C 2)(6,00 ×10 - 12C) V= 1 + = = =2,21 V. 4πε0 a/2 4πε0 a/2 4 πε0 a 0,39 m 17. O potencial elétrico no ponto P é

V=

q 1 1 1 1 (8,99 ×10 9 N ⋅m 2 C 2)(5,00 ×10 -15C) - 2 d - d + d + d  = 8 πε d = 2(4,00 ×10 - 2 m)   0

q  4 πε0

= 5,62×10-4 V = 0,562 mV. 18. Quando a partícula 2 está a uma distância infinita, o potencial na origem se deve apenas à carga da partícula 1:

V1 =

q1 = 5,76 ×10 7 V. 4πε 0d

Assim, q1/d = (5,76 × 107)/(8,99 × 109) = 6,41 × 10–17 C/m. De acordo com o gráfico da Fig. 24-34b, quando a partícula 2 se encontra no ponto x = 0,080 m, o potencial total é zero. Assim,

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0=

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kq 2 kq q 5,13×10 -18 + 1 ⇒ q 2 = -0,08 1 = -5,13 ×10 -18 C = e = -32 e. d 0,08 m d 1,60 ×10 -19

19. Em primeiro lugar, observamos que V(x) não pode ser igual a zero para x > d. Na verdade, V(x) é negativa para todos os valores de x maiores que d. Vamos considerar as duas outras regiões do eixo x, x < 0 e 0 < x < d. (a) Para 0 < x < d, temos d1 = x e d2 = d – x. Assim,

q 1 q q  -3  V ( x) = k  1 + 2  = +   =0  d1 d2  4πε 0  x d - x 

⇒ x=

d 4

=

24, 0 cm = 6, 0 cm. 4

(b) Para x < 0, temos d1 = –x e d2 = d – x. Assim,

q q  -3  q  1 V ( x) = k  1 + 2  = +   =0 ⇒  d1 d2  4πε0  - x d - x 

x=-

d 24, 0 cm == -12, 0 cm. 2 2

20. Como, de acordo com o enunciado, existe um ponto entre as duas cargas no qual o campo elétrico é zero, as cargas têm necessariamente o mesmo sinal, o que significa que os potenciais elétricos produzidos pelas cargas se somam em todos os pontos do espaço. Assim, não existe nenhum ponto, além do infinito, no qual o potencial elétrico é zero. 21. De acordo com a Eq. 24-30, 9 2 2 p ×10 -30C ⋅m) V = 1 2 = (8,99 ×10 N ⋅m C )(1,47-9 ×3,34 =1,63 ×10 -5V =16,3 µV. 2 4 πε 0 r (52,0 ×10 m)

22. De acordo com as Eqs. 24-14 e 24-30, temos, para θi = 0º: p θ p cos θi Wa = q ∆V = e  cos 2  4πε r 4πε 0r 2 0 

 ep cos θ = cos θ -1)  4πε r 2 ( 0 

De acordo com o gráfico da Fig. 24-36b, Wa = –4,0 × 10–30 J para θ = 180o. Assim,

- 4,0 × 10-

30

J=

2(8,99 ×10 9 N ⋅ m/C 2 )(1,6 ×10 -19 C) p (20× 10- 9 m)2

⇒

p = 5,6 × 10- 37 C ⋅ m.

23. (a) De acordo com a Eq. 24-35, o potencial é  L / 2 + ( L2/4) + d 2   V = 2 λ ln  d 4πε 0   

  (0,06 m/2) + (0,06 m)2 /4 + (0,08 m)2   0,08 m    

= 2(8,99 ×109 N ⋅m 2 C2 )(3,68 ×10 -12 C/m)ln  = 2,43 ×10 -2 V = 24,3 mV. (b) Por simetria, o potencial no ponto P é V = 0. 24. O potencial é

VP =

1 ⌠ (8,99× 109 N⋅ m2 C2 )(25,6× 10-12 C) dq -Q dq = = =  4πε0 R 3,71×10 -2 m ⌡ barra R 4πε0 R ⌡ barra

1 ⌠

4πε0

= -6, 20 V.

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Note que o resultado não depende do ângulo do arco e é igual ao que seria obtido no caso de uma carga pontual –Q situada a uma distância R do ponto P. Esta “coincidência” se deve, em parte, ao fato de que o potencial V é uma grandeza escalar. 25. (a) Como todas as cargas estão à mesma distância R do ponto C, o potencial elétrico no ponto C é

V=

1  Q1 6Q1  5Q1 5(8,99 ×10 9 N ⋅m 2 C 2)(4,20 ×10 -12C) == -2,30 V.   =4 πε0  R R  4 πε0 R 8, 20 ×10 -2 m

(b) Todas as cargas estão à mesma distância do ponto P. Como essa distância, de acordo com o teorema de Pitágoras, é o potencial elétrico no ponto P é

R 2 + D 2,

 Q1 6Q1  5Q1 V= 1  =2 2 2 2 2 4πε 0  R + D R + D  4πε 0 R 2 + D

=-

5(8,99 ×10 9 N ⋅m 2 C 2)(4,20 ×10 -12C) (8,20 × 10 -2 m) 2 + (6,71 ×10 -2 m) 2

= - 1,78 V. 26. Podemos usar o mesmo raciocínio do livro (veja as Eqs. 24-33 a 24-35), mudando apenas o limite inferior da integral de x = 0 para x = D. O resultado é o seguinte:

V =

 L + L2 + d 2  2,0 × 10 -6  4 + 17  λ 4 ln  ln  =  = 2,18 ×10 V. 4πε0  D + D 2 + d 2  4πε0 + 1 2  

27. De acordo com o que foi observado na solução do Problema 24, as barras podem ser substituídas por cargas pontuais situadas à mesma distância do ponto considerado. Assim, fazendo d = 0,010 m, temos

V=

Q1

4 πε0 d

+

Q1 3Q1 3Q1 (8,99×109 N ⋅ m2 C2 )(30× 10-9 C) = = 2(0,01 m) 8πε0 d 16πε0 d 8πε0 d

=1,3 ×104 V =13 kV. 28. Considere um segmento infinitesimal da barra, situado entre x e x + dx. O segmento tem comprimento dx e contém uma carga dq = λ dx, em que λ = Q/L é a densidade linear de carga. A distância entre o segmento e o ponto P1 é d + x e o potencial criado pelo segmento no ponto P1 é

dq 1 λ dx dV = 1 = . 4πε 0 d + x 4πε 0 d + x Para calcular o potencial total no ponto P1, integramos o potencial dV para toda a extensão da barra, o que nos dá

V= λ 4πε0 =

L

dx

λ

L

Q



L

∫0 d + x = 4πε0 ln(d + x ) 0 = 4πε0 L ln 1+ d 

(8,99× 109 N⋅ m2 C2 )(56,1×10-15 C)  0,12 m  ln 1+ 0,12 m 0,025 m  

=7,39 ×10 -3 V =7,39 mV.

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29. Usando o mesmo raciocínio dos Problemas 24 e 27, temos

V=

=

1 +Q1 1 +4Q1 1 -2Q1 1 Q1 + + = 4 πε0 R 4 πεο 2 R 4 πε0 R 4 πε0 R (8,99 ×10 9 N ⋅m 2 C 2 )(7,21×10 -12 C) 2,00 m

= 3,24×10-2 V = 32,4 mV. 30. De acordo com a Eq. 24-30, o potencial produzido pelo dipolo elétrico é

p p V = cosθ2 = cos902 ° = 0. 4 πε0r 4 πε0 r Usando o mesmo raciocínio dos Problemas 24, 27 e 29, o potencial produzido pelo arco menor é q 1/4πε 0r1 e o potencial produzido pelo arco maior é q 2/4πε 0r2. Assim, temos

V=

q1

4πε0 r1

+

q2

4πε0 r2

=

1  q1 q2  1  2µC 3µ C   + =   = 0. 4πε0  r1 r2  4πε0  4, 0 cm 6,0 cm 

31. PENSE Como a distribuição de carga do disco é uniforme, quando o disco completo está presente cada quadrante contribui igualmente para o potencial elétrico no ponto P. FORMULE Como o potencial elétrico é uma grandeza escalar, o potencial produzido no ponto P por um quadrante do disco é um quarto do potencial produzido pelo disco completo. Vamos primeiro escrever uma expressão para o potencial produzido no ponto P pelo disco completo. Para isso, vamos considerar um anel de carga de raio r largura (infinitesimal) dr. A área do anel é 2πrdr e ele contém uma carga dq = 2πσrdr. Como todos os pontos do anel estão a uma distância r2 + D2 do ponto P, o potencial produzido pela carga do anel no ponto P é

ANALISE Integrando em relação a r de 0 a R, obtemos

Assim, o potencial Vq produzido no ponto P por um só quadrante é

APRENDA Considere o limite D  R. Nesse caso, o potencial é

em que qq = πR2σ/4 é a carga do quadrante. Neste limite, o potencial é semelhante ao de uma carga pontual qq.

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32. Podemos usar a Eq. 24-32, com dq = λ dx = bx dx (no intervalo 0 ≤ x ≤ 0,20 m). (a) Nesse caso, r = x e, portanto, 0,20

1 ⌠  4πε ⌡ 0

V= (b) Nesse caso, r =

bx dx b(0,20) = = 36 V. 4πε x

x 2 + d 2 e, portanto, V=

1 ⌠

0,20

4 πε0  ⌡0

bxdx b = 2 2 4 πε x +d 0

( x +d ) 2

2

0,20

= 18 V.

0

33. Considere um segmento infinitesimal da barra, situado entre x e x + dx. O segmento tem um comprimento dx e uma carga dq = λ dx = cx dx. A distância entre o segmento e o ponto P1 é d + x e o potencial criado pelo segmento no ponto P1 é

dV =

1

1 cx dx dq = . 4 πε0 d + x 4 πε0 d + x

Para calcular o potencial total no ponto P1, integramos o potencial dV para toda a extensão da barra, o que nos dá L

V=

L c ⌠ xdx c c = [x -d ln(x +d )] =  4 πε0 ⌡ 0 d + x 4 πε0 4 πε 0 0

  L  L -d ln 1 +   d  

  0,120 m  = (8,99 ×10 9 N ⋅m 2 C 2)(28,9 ×10 -12C/m 2) 0,120 m -(0,030 m)ln 1 +   0,030 m  

=1,86 ×10-2 V =18,6 mV. 34. O módulo do campo elétrico é dado por

V 2(5,0V) | E| = -∆ = =6,7 ×10 2 V m. ∆x 0,015m

 Em todos os pontos da região entre as placas, o campo E aponta na direção da placa negativa. 35. De acordo com a Eq. 24-41,

∂ ∂ E x( x, y) = - V = - (2,0V/m 2 ) x2 - 3,0V/m 2) y 2  = -2(2,0V/m 2) x; ∂x ∂x E y( x, y) = - ∂V = - ∂ (2,0V/m 2 ) x2 - 3,0V/m 2 ) y2  = 2(3,0V/m 2) y.  ∂y ∂y  Para x = 3,0 m e y = 2,0 m, temos

 ˆ E = (-12 V/m)iˆ + (12 V/m)j. 36. De acordo com a Eq. 24-41,

  dV E = -  dx

ˆ d 2 ˆ 2 ˆ ˆ ˆ i = - (1500 x )i =( -3000 x)i =( -3000 V/m )(0,0130m)i =( -39V/m)i. dx 

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(a) O módulo do campo elétrico é E = 39 V/m. (b) O campo elétrico aponta para a placa 1. 

37. PENSE A componente do campo elétrico E em qualquer direção é o negativo da taxa de variação do potencial com a distância nessa direção. FORMULE Podemos usar a Eq. 24-41, com V = 2,00xyz2, para calcular as componentes x, y e z do campo elétrico:

o que, para (x, y, z) = (3,00 m, –2,00 m, 4,00 m) nos dá

ANALISE O módulo do campo é, portanto,

APRENDA Se o potencial elétrico aumenta em uma dada direção, existe uma componente do campo elétrico diferente de zero na direção oposta. Assim, por exemplo, se ∂V/∂x > 0, E x < 0. 38. (a) De acordo com o resultado do Problema 24-28, o potencial elétrico em um ponto de coordenada x é

V=

Q 4πε0 L

 x- L .  x 

ln 

No ponto x = d, temos

V=

Q 4πε 0 L

 d + L  (8,99 × 109 N ⋅ m 2 C 2 )(43,6 ×10 -15 C)  0,135 m  ln  1+ =  0,135 m d  d   

ln 



= (2,90× 10- 3 V) ln 1+ 

 0,135 m  0,135 m   = (2,90 mV)ln  1+ . d d   

(b) Derivando o potencial em relação a x, temos

Ex = -

=-

∂V ∂  x- L  Q x  1 - x - L = Q =- Q ln    = - πε 2  πε πε ∂x 4 0 L ∂x  x  4 0L x - L  x x  4 0 x ( x - L) (8,99 ×10 9 N ⋅ m 2 C 2)(43,6 ×10 -15C) (3,92 ×10 -4 N ⋅ m 2 C) =, x( x + 0,135 m) x( x + 0,135 m)

o que nos dá

| Ex | =

(3,92 ×10-4 N ⋅m2 C) (0,392 mN ⋅m2 C) = . x( x + 0,135 m) x( x + 0,135 m)

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(c) Como E x < 0, o ângulo que o campo faz com o semieixo x positivo é 180o. (d) Para x = d = 6,20 cm, temos

|E x | =

(3,92×10- 4 N ⋅ m 2 C) = 0,0321 N/C =32,1 mN/C. (0,0620 m)(0,0620 m +0,135 m)

(e) Considere dois pontos muito próximos da barra situados na mesma reta vertical, um de cada lado da barra. A componente Ey do campo elétrico é dada pela diferença de potencial elétrico entre os dois pontos dividida pela distância entre os pontos. Como os pontos estão situados à mesma distância da barra, a diferença de potencial é zero e, portanto, Ey = 0. 39. O campo elétrico em uma direção qualquer é o negativo da derivada do potencial V em relação à coordenada nessa direção. Neste problema, as derivadas em relação às direções x e y são as inclinações das retas das Figs. 24-46a e 24-46b, respectivamente. Assim, temos

Ex = -

 - 500 V  ∂V = -  = 2500 V/m = 2500 N/C ∂x  0,20 m 

Ey = -

 300 V  ∂V =-  = -1000 V/m = -1000 N/C ∂y  0,30 m  





A força a que o elétron é submetido  é dada por F = qE, na qual q = –e. O s...