PROBLEMAS RESOLVIDOS DE FÍSICA
Prof. Anderson Coser Gaudio
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HALLIDAY, RESNICK, WALKER, FÍSICA, 4.ED....
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RESNICK, HALLIDAY, KRANE, FÍSICA, 4.ED.,...
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20. Uma linha de cargas infinita produz ...
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Solução.
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  1. 1. 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 anderson@npd.ufes.br Última atualização: 28/11/2006 14:46 H 18 - Lei de Gauss Fundamentos de Física 2 Halliday, Resnick, Walker 4ª Edição, LTC, 1996 Física 2 Resnick, Halliday, Krane 4ª Edição, LTC, 1996 Física 2 Resnick, Halliday, Krane 5ª Edição, LTC, 2003 Cap. 25 - Lei de Gauss Cap. 29 - Lei de Gauss Cap. 27 - Lei de Gauss Prof. Anderson (Itacaré, BA - Fev/2006)
  2. 2. 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 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 51 52 53 54 55 56 57 58 59 60 61 62 63 64 65 66 67 68 69 70 71 72 73 74 75 76 77 78 79 80 81 82 83 84 85 86 87 88 89 90 91 92 93 94 95 96 97 98 99 100 [Início documento] [Início seção] [Início documento] ________________________________________________________________________________________________________ Halliday, Resnick, Walker - Física 3 - 4 a Ed. - LTC - 1996. Cap. 25 – Lei de Gauss 2
  3. 3. 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 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 51 [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: lq 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: 0 E qε Φ = Logo: 5 2 0 2,07909 10 Nm /CE q ε Φ = = × 5 2 2,08 10 Nm /CEΦ ≈ × 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. ________________________________________________________________________________________________________ Resnick, Halliday, Krane - Física 3 - 4 a Ed. - LTC - 1996. Cap. 29 – Lei de Gauss 3
  4. 4. 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: 0 E q ε Φ = Veja o seguinte esquema: dq d/2 Considerando-se a área do quadrado como sendo 1/6 da área do cubo, o fluxo através do quadrado (ΦQ) será: 6 E Q Φ Φ = 06 Q q ε Φ = [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: ________________________________________________________________________________________________________ Resnick, Halliday, Krane - Física 3 - 4 a Ed. - LTC - 1996. Cap. 29 – Lei de Gauss 4
  5. 5. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES a q f a e d b c 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. 0a b e dΦ = Φ = Φ = ⋅ =∫E A 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. c f d 2a O pequeno cubo superior direito frontal corresponde ao cubo do problema. O fluxo do campo elétrico através do cubo 2a é: 2 0 a q ε Φ = O fluxo através da cada lado desse cubo é 1/6 do fluxo total. 2 , lado 06 a q ε Φ = O fluxo através de ¼ de cada um desses lados (quadrados c, d e f, no esquema inicial) é: 2 , lado 0 1 1 4 4 c d f a q 6ε Φ = Φ = Φ = Φ = ________________________________________________________________________________________________________ Resnick, Halliday, Krane - Física 3 - 4 a Ed. - LTC - 1996. Cap. 29 – Lei de Gauss 5
  6. 6. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES 024 c d f q ε Φ = Φ = Φ = [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. 7 2 2 4,520 10 C/m 4 Q Q A R σ π − = = = × 2 0,45 C/mσ μ≈ (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: R dA E Q + + + + + + + + + + + ++ + + + + 0 E Q d ε Φ = ⋅ =∫ E A 0 . .cos . .cos0 . .(1) . Q E dA E dA E dA E dAθ ε = = =∫ ∫ ∫ ∫ = Como o campo elétrico E é constante ao longo de toda a superfície gaussiana, pode ser retirado da integral. 2 0 4 Q E dA E Rπ ε = =∫ 4 2 2 0 0 0 0 1 1 5,1077 10 N/C 4 4 Q Q Q E R R A σ πε π ε ε ε = = = = = × 4 5,1 10 N/CE ≈ × ________________________________________________________________________________________________________ Resnick, Halliday, Krane - Física 3 - 4 a Ed. - LTC - 1996. Cap. 29 – Lei de Gauss 6
  7. 7. 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). Cavidade Condutor carregado + + + + + + + + + + + Q 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. a + + + + + + + + + + + Q’ − − − − − −− + + + + + + + + Superfície gaussiana q’ q 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: ' 6 3,0 10 Cq − = − × (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: ( ) ( )' ' 10 C 3,0 CQ Q q μ μ= − = + − − ' 13 CQ μ= + [Início seção] [Início documento] ________________________________________________________________________________________________________ Resnick, Halliday, Krane - Física 3 - 4 a Ed. - LTC - 1996. Cap. 29 – Lei de Gauss 7
  8. 8. 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. dA2 E2 + l + + + + + + + + + + + + + + + + 1 2 3 E3 dA3 E1 dA1 r Aplicando-se a lei de Gauss: 0 q d ε ⋅ = ∑ ∫ E A 1 2 3 0 l d d d λ ε ⋅ + ⋅ + ⋅ =∫ ∫ ∫E A E A E A As integrais 1 e 3 são nulas, pois o ângulo entre os vetores E e dA é 90o . 2 0 0 cos0 0 l E dA λ ε + ⋅ + =∫ 2 0 l E dA λ ε =∫ 0 .2 l E rl λ π ε = 6 02 4,9262 10 C/mrEλ πε − = = × ( )( )( )12 2 2 4 6 2 8,85 10 N.m /C 1,96 m 4,52 10 N/C 4,9262 10 C/mλ π − − = × × = × 4,93 C/mλ μ≈ [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.) ________________________________________________________________________________________________________ Resnick, Halliday, Krane - Física 3 - 4 a Ed. - LTC - 1996. Cap. 29 – Lei de Gauss 8
  9. 9. 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/2ε0, 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. EAe x y A B σ σ + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + EAc EAd EBe EBc EBd Sabendo-se que a densidade de cargas σ é a mesma para as lâminas A e B, temos: 02 Ac Ad Bd σ ε = = =E E E i 02 Ae Be Bc σ ε = = = −E E E i (a) O campo resultante à esquerda da lâmina A (Ee) vale: 0 e Ae Be σ ε = + = −E E E i (b) O campo resultante entre as lâminas A e B (Ec) vale: 0 02 2 c Ac Bc σ σ ε ε = + = −E E E i i ________________________________________________________________________________________________________ Resnick, Halliday, Krane - Física 3 - 4 a Ed. - LTC - 1996. Cap. 29 – Lei de Gauss 9 0c =E
  10. 10. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES (a) O campo resultante à direita da lâmina B (Ed) vale: 0 d Ad Bd σ ε = + =E E E i [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: P T x y θ F A força elétrica gerada sobre m pela grande placa carregada com uma densidade de cargas σ vale 02 q q σ ε = =F E i As outras forças valem: mg= −P j sen cosT Tθ θ= − +T i j Forças em x: 0 sen 0 0 2 x x x x q F F T P T σ θ ε = + + = − + =∑ 02 sen q T σ ε θ = (1) ________________________________________________________________________________________________________ Resnick, Halliday, Krane - Física 3 - 4 a Ed. - LTC - 1996. Cap. 29 – Lei de Gauss 10
  11. 11. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES Forças em y: ________________________________________________________________________________________________________ Resnick, Halliday, Krane - Física 3 - 4 a Ed. - LTC - 1996. Cap. 29 – Lei de Gauss 11 00 cosy y y yF F T P T mgθ= + + = + − =∑ cos mg T θ = (2) Igualando-se (1) e (2): 02 sen cos q mgσ ε θ θ = 02 tanmg q ε θ σ = ( )( )( )( ) ( ) 12 2 2 6 2 9 2 9 2 8,85 10 Nm /C 1,12 10 kg 9,81 m/s tan 27,4 5,1170 10 C/m 19,7 10 C σ − − − − × × = = × × 2 5,12 nC/mσ ≈ [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. + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + − − − − − − − − − − − − −− −− dA2 E2 l 1 2 3 E3 dA3 E1 dA1 r R + + + + + + + + + + + + + + + + O fluxo do campo elétrico através da superfície gaussiana é dado por: 0 E q d ε Φ = ⋅ = ∑ ∫ E A 1 2 3 0 q d d d ε ⋅ + ⋅ + ⋅ = ∑ ∫ ∫ ∫E A E A E A 2 0 0 0 q E A ε + + = ∑
  12. 12. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES 2 0 q E Aε = ∑ Para que o campo na área lateral do cilindro gaussiano (E2) seja nulo, a carga líquida no interior dessa superfície deve ser nula. Logo: 0q q q+ −= + =∑ 0V lρ λ− = 2 R l lρπ λ= ( ) ( ) 9 6 2 22 3,6 10 C/m 5,2909 10 C/m 0,015 mR λ ρ π π − − × = = = × 2 5,09 C/mρ μ≈ [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: Chapa 02 E σ ε = 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: Disco 2 2 0 1 2 z E z R σ ε ⎛ ⎞ = −⎜ ⎟ +⎝ ⎠ 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. ________________________________________________________________________________________________________ Resnick, Halliday, Krane - Física 3 - 4 a Ed. - LTC - 1996. Cap. 29 – Lei de Gauss 12
  13. 13. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES Chapa furada 2 2 0 0 1 2 2 z E z R σ σ ε ε ⎛ ⎞ = − −⎜ ⎟ +⎝ ⎠ Chapa furada 2 2 02 z E z R σ ε = + [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 eixo do tubo, considerando as regiões (a) r > R e (b) r < R. Trace um gráfico desses resultados entre r = 0 e r = 5,0 cm, fazendo λ = 2,0 × 10-8 C/m e R = 3,0 cm. (Sugestão: Use superfícies gaussianas cilíndricas, coaxiais com o tubo de metal.) (Pág. 52) Solução. (a) r > R. Considere o esquema a seguir, que mostra uma superfície gaussiana cilíndrica, de raio r > R, posicionada de forma coaxial ao tubo metálico. As regiões 4 e 5, que são equivalentes às regiões 2 e 1, respectivamente, formam a outra base do cilindro gaussiano e não foram mostradas. r R dA3 E3 + + + + + + + + dA1 E2 1 2 3 E1 = 0 dA2 Aplicando-se a lei de Gauss: 0 . q d ε = ∑ ∫ E A 1 2 3 4 5 0 . . . . . q d d d d d ε + + + + = ∑ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫E A E A E A E A E A ________________________________________________________________________________________________________ Resnick, Halliday, Krane - Física 3 - 4 a Ed. - LTC - 1996. Cap. 29 – Lei de Gauss 13
  14. 14. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES 3 0 0 0 . 0 0 q d ε + + + + = ∑ ∫ E A 3 3 0 .2 L E A E rL λ π ε = = 02 E r λ πε = (b) r < R. Neste caso, considere o esquema abaixo: r R + + + + + + + + Como as cargas estão localizadas fora da superfície gaussiana, é nulo o fluxo do campo elétrico através desta. Portanto, o campo elétrico no interior do cilindro condutor é nulo. (c) E rR λ πε/2 0 [Início seção] [Início documento] 46. Uma chapa plana de espessura d tem uma densidade volumétrica de cargas ρ uniforme. Determine o módulo do campo elétrico em todos os pontos do espaço (a) dentro e (b) fora da chapa, em função de x, a distância a partir do plano mediano da chapa. (Pág. 53) Solução. (a) Considere o esquema a seguir, em que foi construída uma superfície gaussiana cilíndrica interna à chapa, sendo que a base do cilindro está alinhada com o plano mediano da chapa: ________________________________________________________________________________________________________ Resnick, Halliday, Krane - Física 3 - 4 a Ed. - LTC - 1996. Cap. 29 – Lei de Gauss 14
  15. 15. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES dA2 E2 d 1 2 3 E3 dA3 E1 = 0 dA1 x x Em x = 0 (centro da chapa), o campo elétrico é nulo devido à simetria da distribuição da carga em torno dessa região. Portanto, o fluxo de campo através da base do cilindro gaussiano é nulo. Ao longo da área lateral do cilindro o fluxo também é nulo, pois nessa região o campo elétrico é ortogonal ao vetor dA. Portanto, somente há fluxo de campo através do topo do cilindro. 0 . q d ε = ∑ ∫ E A 1 2 3 0 . . . V d d d ρ ε + + =∫ ∫ ∫E A E A E A 0 0 0 Ax EA ρ ε + + = 0 x E ρ ε = No interior de uma chapa homogeneamente carregada, o campo cresce linearmente com a distância a partir do seu plano mediano. (a) Considere o esquema a seguir: dA2 E2 d 1 2 3 E3 dA3 E1 = 0 dA1 x De maneira semelhante: ________________________________________________________________________________________________________ Resnick, Halliday, Krane - Física 3 - 4 a Ed. - LTC - 1996. Cap. 29 – Lei de Gauss 15
  16. 16. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES 0 . q d ε = ∑ ∫ E A 1 2 3 0 . . . V d d d ρ ε + + =∫ ∫ ∫E A E A E A 0 2 0 0 d A EA ρ ε ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠+ + = 02 d E ρ ε = No exterior de uma chapa homogeneamente carregada, o campo é constante. [Início seção] [Início documento] 47. Uma esfera sólida não condutora, de raio R possui uma distribuição de cargas não uniforme, a densidade de cargas sendo dada por ρ = ρe r/R, onde ρe é constante e r é a distância ao centro da esfera. Mostre que (a) a carga total na esfera é Q = πρeR3 e (b) o campo elétrico dentro da esfera é determinado por 2 4 0 1 4 Q E r Rπε = (Pág. 53) Solução. (a) Considere o esquema abaixo: + Q q r R + + + + ++ + + + + + dA E Carga total na esfera: 0 dq r dV R ρ ρ= = 2 0 0 4 .4 r dq r dr r dr R R 3πρ ρ π= = (1) 4 30 0 0 4 4 4 R R Q dq r dr R R πρ πρ = = =∫ ∫ 3 0Q Rπρ= (b) Carga no interior da esfera de raio r, partindo-se de (1): 4 30 0 0 4 4 4 r r q r dr R R πρ πρ = =∫ ________________________________________________________________________________________________________ Resnick, Halliday, Krane - Física 3 - 4 a Ed. - LTC - 1996. Cap. 29 – Lei de Gauss 16
  17. 17. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES 4 3 43 4 0 0 3 4 r R rR q R R R R πρ πρ⎛ ⎞ = × = =⎜ ⎟ ⎝ ⎠ 4 Qr (2) Aplicação da lei de Gauss à superfície esférica de raio r: 0 . q d ε =∫ E A (3) Substituindo-se (2) em (3): 4 2 0 4 .4 Qr E r R π ε = 2 4 0 1 4 Qr E Rπε = [Início seção] [Início documento] 49. Ernest Rutherford disse, num artigo científico, em 1911: "A fim de ter uma idéia das forças necessárias para provocar grandes desvios numa partícula alfa, suponhamos que uma carga puntiforme positiva Ze esteja no centro do átomo, circundada por uma distribuição de eletricidade negativa −Ze, uniformemente distribuída numa esfera de raio R. O campo elétrico E... em um ponto dentro do átomo, à distância r do seu centro, [é] 2 3 0 1 4 Ze r E r Rπε ⎛ ⎞ = −⎜ ⎟ ⎝ ⎠ Verifique essa equação (Pág. 53) Solução. Considere o seguinte esquema, que mostra a seção transversal de um átomo esférico de raio R, que possui carga positiva Ze concentrada no centro e densidade ρ de carga negativa homogeneamente distribuída no volume da esfera. Foi construída uma superfície gaussiana esférica de raio r centrada no átomo. + r R − dA E − − − − − − − − − − − − − − Aplicando-se a lei de Gauss: 0 0 . q Ze V d ρ ε ε − = = ∑ ∫ E A (1) Na Eq. (1), a carga líquida no interior da casca esférica gaussiana, q∑ , corresponde à carga do núcleo, +Ze, mais a carga eletrônica contida nessa região, −ρV, em que V é o volume da casca esférica gaussiana. ________________________________________________________________________________________________________ Resnick, Halliday, Krane - Física 3 - 4 a Ed. - LTC - 1996. Cap. 29 – Lei de Gauss 17
  18. 18. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES 3 3 0 4 4 3 3 Ze Ze r R EA π π ε ⎛ ⎞ ⎜ ⎟⎛ ⎞ −⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ ⎠⎜ ⎟ ⎝ ⎠= 3 33 2 3 0 0 .4 1 r Ze Ze Ze rRE r R π ε ε − ⎛ ⎞ = = −⎜ ⎟ ⎝ ⎠ 2 3 0 1 4 Ze r E r Rπε ⎛ ⎞ = −⎜ ⎟ ⎝ ⎠ [Início seção] [Início documento] 50. A Fig. 38 mostra o modelo de Thomson para o átomo de hélio (Z = 2). Dois elétrons em repouso estão enterrados dentro de uma esfera uniforme de carga positiva 2e. Determine a distância dentre os elétrons para que a configuração fique em equilíbrio. (Pág. 53) Solução. (a) Considere o esquema abaixo: + d/2 R + + + ++ + + + + dA E+ F+ F− Para que haja equilíbrio eletrostático nesse sistema, a resultante das forças sobre cada elétron deve ser nula. Cada elétron está sujeito a duas forças: repulsão devido ao outro elétron e atração devido à camada esférica de cargas positivas de raio d/2. As cargas positivas da camada esférica com raio maior do que d/2 não exercem força sobre os elétrons. 0 (1)−+ =+F F Repulsão elétron-elétron: 2 2 0 1 4 e dπε− =F r (2) Atração esfera-elétron: ________________________________________________________________________________________________________ Resnick, Halliday, Krane - Física 3 - 4 a Ed. - LTC - 1996. Cap. 29 – Lei de Gauss 18
  19. 19. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES ________________________________________________________________________________________________________ Resnick, Halliday, Krane - Física 3 - 4 a Ed. - LTC - 1996. Cap. 29 – Lei de Gauss 19 E (3)e+ = − +F Carga positiva na esfera de raio r = d/2: 3 3 2 44 33 2 q q e V d R ρ ππ = = = ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ 3 3 4 ed q R = (4) Campo produzido pela esfera de raio r = d/2 em sua superfície (lei de Gauss): 0 . q d ε =∫ E A 2 0.4 2 d E qπ ε+ ⎛ ⎞ =⎜ ⎟ ⎝ ⎠ (5)2 0.4E dπ ε+ = q Substituindo-se (4) em (5): 3 3 2 0 1 . 4 ed E R dπ ε+ = 3 0 1 . 4 ed E Rπε+ = Em termos vetoriais: 3 0 1 . 4 ed Rπε =+E r (6) Substituindo-se (6) em (3): 2 3 0 1 . 4 e d Rπε+ = −F r (7) Substituindo-se (2) e (7) em (1): 2 2 3 2 0 0 1 1 . 0 4 4 e d e R dπε πε − +r r = d R= [Início seção] [Início documento]
  20. 20. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES RESNICK, HALLIDAY, KRANE, FÍSICA, 5.ED., LTC, RIO DE JANEIRO, 2003. FÍSICA 3 CAPÍTULO 27 - LEI DE GAUSS EXERCÍCIOS 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 PROBLEMAS 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 [Início documento] [Início seção] [Início documento] ________________________________________________________________________________________________________ Resnick, Halliday, Krane - Física 3 - 5 a Ed. - LTC - 2003. Cap. 27 – Lei de Gauss 20

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