II Lista de Exercícios – Gabarito

1 – r= raio do cilindro = 5cm e comprimento 2m. nas seguintes condições:a) Num ponto a d=10 cm (=10x10-2m ) do eixo central do condutorAproximação para cilindro infinito (eliminando as bordas):│E│=1/ε0(Q/S),Onde no caso S = área de uma casca cilíndrica que passa pelo ponto a 10 cm,S=2.π.d.l = 2.π.(10x10-2).l, sendo l=comprimento

Como Q=σ.Acilindro= σ. 2.π.r.l = σ. (2.π.(5x10-2).l), carga distribuída no cilindro desprezando as tampas (para cilindro “infinito”),

E= 1ε0

QA

E=σ (2 πr .l)ε0(2πd . l)

= σrε0 d

=

σε0

∗(5∗10−2 )

(10∗10−2 )= σ

2 ε0

b) Num ponto sobre o condutor na parte externaNo caso como d=r teríamos

E=σ (2πr .l)ε0(2πr . l)

= σrε0 r

= σε0

c) Num ponto no interior do condutor │E│=0

2 – Existe na Terra um Campo Elétrico uniforme vertical E⃗=2,00x103N/C. Estamos interessados em fazer flutuar neste campo uma esfera de enxofre com 4,4N de peso carregando-a eletricamente. a)Qual deve ser a carga da esfera (sinal e valor absoluto)?Como F=qE, no caso:4,4=Q.2,00x103;

4.4=Q∗2∗103

Q¿2.2×10−3 C b) Porque a molécula não ficaria estável.

3 - Uma gota d’água esférica com 1,2 μm de diâmetro está suspensa no ar devido a um campo elétrico atmosférico vertical cujo módulo é E=462N/C a)Qual é o peso da gota?Sabemos que:1(decímetro)3 =(10-1)3 de água -------- 1kg(4/3)π(0,6x10-6)3 --------------------- Mgota

M gota=

43∗π∗(0.6∗10−6 )3

10−3

≈9.05 ·10−16 kgMgota=9,05x10-16kg

P=Mgota .g = 8,87x10-15N

b)Quantos elétrons em excesso esta gota possui?

120 = ETerra + Ecamada

100 = ETerra – Ecamada

ECamada

ECamada

No equilíbrio:P=qgotaEqgota=P/E= 8,87x10-15/462 =1,9x10-17CNelétrons= qgota/ qelet.= 1,9x10-17/1,6x10-19

Nelétrons≈ 119 elétrons

4 – No tempo bom, o campo elétrico no ar em uma determinada posição imediatamente acima da superfície da Terra é de 120N/C orientado para baixo. Considerando a Terra como sendo um condutor:a)Qual é a densidade de carga por unidade de superfície sobre a superfície da Terra? É positiva ou negativa?a) │E│=1/ε0(Q/As) Sobre a superfície terrestre As=ATerra e portanto Q/As= Q/ATerra= σDesta forma:120 = │E│= σ/ ε0 → σ =120x8,854x10-12≈1,06x10-9 C/m2

b)Se o clima fosse bom em toda parte e se a densidade de carga por unidade de superfície fosse uniforme, qual seria a carga toda da Terra? Quantos elétrons (ou prótons) excedentes estariam sobre toda a superfície da Terra para produzir um campo atmosférico de 120N/C orientado para baixo?Q= σ.ATerra=1.06∗10−9∗4∗π∗(6.37∗106 )2

≈5,4x105C

c)Como no exercício anterior: Nelétrons= qTerra/ qelet.= 5,4x105/1,6x10-19

Nelétrons≈ 3,38 x 1024 elétrons

5 – Sobre uma região particular do ar a 500m acima do solo, o campo elétrico é de 120N/C dirigido para baixo. A 600m acima do solo, devido a presença de uma camada carregada de ar entre estas alturas, o campo é de 100N/C para baixo. Qual a densidade média de carga por unidade de volume desta camada de ar entre estas duas elevações? É positiva ou negativa?

Ecamada = 10 N/C =1/ ε0 * [Q/S] (Campo gerado por placa “Infinita”)Onde no caso fazendo aproximação para plano infinito (campo constante) S=2Acamada Q/ Acamada=2 ε0* 10Desejamos calcular a densidade volumétrica de carga que é definida por:γ = Q/Vcamad , onde Vcamad é o volume da camada de ar.

ETerra

Como Vcamad = h.Acamada

γ= Q/Vcamad = Q/ h.Acamada .Substituindo na equação acima a razão Q/ Acamada=2 ε0* 10 e h=100m (pois 120N/C é o campo a 500m e 100N/C é o campo a 600m) teremos:

γ= Q/Vcamad = 2 ε0* 10 /h = (2∗8.854∗10−12∗10 )

100

≈1.77×10−12 C

m3

(Camada carregada positivamente)

6 – O Campo elétrico nas vizinhanças do tambor carregado de uma fotocopiadora tem módulo E de 2,3 x 105 N/C. Qual a densidade superficial de cargas, supondo que o tambor seja feito de material condutor?b)Considere tal tambor com 42 cm de comprimento e 12 cm de diâmetro. Qual a carga total do tambor?c)O fabricante deseja produzir uma versão mais compacta da máquina. Para isto é necessário reduzir o comprimento do tambor para 28 cm e o diâmetro para 8,0cm. O Campo elétrico na superfície do tambor deve permanecer o mesmo. Qual deve ser a carga do novo tambor?

a) Sobre o condutor teremos E=σ/ ε0 (onde σ=Q/A onde A é a área do cilindro, desprezando o efeito das bordas)σ=E. ε0 = 2,3 x 105x8,854x10-12=20,36x10-7C/m2

b) Desprezando as tampas A=2∗π∗r∗h, portanto Q=20.36∗10−7∗2∗π∗6∗10−2∗42∗10−2 C

¿20.36∗10−7∗2∗π∗6∗10−2∗42∗10−2

Q≈3,23×10−7C

c) Para manter E inalterado σ/ ε0 deve ficar inalterado ou seja a densidade sup. de carga σ é a mesma. Então considerando a mesma densidade para que E seja o mesmo:

Qnovo=20.36∗10−7∗2∗π∗4∗10−2∗28∗10−2C

Qnovo≈1,43×10−7 C

7 – Temos uma folha condutora carregada com densidade superficial de carga σ. Um grânulo cai sobre a folha e após o contato é imediatamente repelido. Considere o grânulo como sendo um condutor (aproximadamente idêntico à folha) de raio 1mm, e a folha de dimensões muito superiores que as da mosca (ops, grânulo), com densidade σ = 1,0x10-15C/m2.a) Considerando que após o contato, a carga total se redistribuirá ao longo da folha e do grânulo, qual deve ser aproximadamente a carga adquirida pelo grânulo, considerando as densidades finais iguais?b)Qual o campo elétrico gerado pela folha?c)Quanto vale a força elétrica sobre o grânulo após este adquirir a carga calculada acima?d)Qual deveria ser a massa e a densidade de massa do grânulo para que este pudesse ficar flutuando no campo do papel?

a)Assumindo que a carga se distribuirá homogeneamente a densidade do grânulo deve ser a mesma da folha. Mas considerando que as dimensões do grânulo são muito menores que a da folha, a densidade de carga da folha fica praticamente inalterada.Então a q do grânulo será q = σ.4πr2 = (1.0∗10−15 )∗4∗π∗(1∗10−3 )2

≈1,26×10−20Cc) O campo gerado pela folha na aproximação de campo constante será

(como já foi visto):

E= 1ε0

Q2 A folha

Como σ=Q/2Afolha pois a carga se divide nas duas faces da folha em condutores, então:

E= σ / ε0

E=1.0∗10−15

8.854∗10−12

≈1,13×10−4 NC

c)F=qesfera . Epapel

1.26∗10−20∗1.13∗10−4

≈1.42 ·10−24 Nd) Considerando F eletrico=F grav

1.42 ·10−24=m∗10m≈1.42 ·10−25kg

γ=mV

1.42 ·10−25

4∗π∗(1∗10−3)3

≈1,13×10−13 kg

m3

8 – Considere uma casca esférica condutora com raio interno 5cm e espessura 1cm neutra. Colocamos no interior dela uma esfera dielétrica de raio 1cm carregada com uma carga q = (+)10-3C . a) Qual a densidade de induzida, a carga e o sinal das cargas na parede interna e externa da casca esférica?Pela lei de Gauss o campo interno à casca condutora deve ser nulo. Portanto, as cargas internas à superfície devem ser nulas. Como temos uma carga q=(+)10-3C, devemos ter uma carga induzida negativa na parte interna de –q.

Logo:

+q

σ=-q/Sint = -10-3/4.π.(5x10-2)2=3,18C/m2

b) Qual o Campo Elétrico num ponto interno (porém não no centro) da esfera (supondo densidade volumétrica de carga constante), num ponto entre a esfera menor e a casca esférica e num ponto externo à casca? i)Usando a Lei de Gauss teremos:

∫S

E⃗ . n⃗ ds=Qint

ε0

E⃗ . n⃗=|E||n|cosθ=|E|cos θ

∫S

E⃗ . n⃗ ds=∫S

|E|cosθds

Devemos tomar uma superfície S que passe sobre um ponto que dista r do centro da esfera, r<1cm. Para que o produto escalar no interior da integral seja simples de calcular e para que o módulo do campo elétrico seja constante, tomamos uma superfície que acompanhe a simetria do problema, sobre a qual a densidade de linhas de campo seja constante.Desta forma tomamos a superfície S como uma casca esférica de raio r. Sobre esta teremos.

∫S

|E|cos θds

θ=0 ;

∫S

|E|cos θds=|E|∫S

ds=

|E|(4 πr2 )=Q int

ε0

|E|=Q int

ε0 .(4 πr2 )Qint=cargas internas a S=

¿ γ .V int=γ .4

3πr3

Como : γ=Qtotal

V total

=10−3

43π (10−2)3

γ=10−3wideslashalignl

(43)π (10−2 )3=1

(43)π 10−3

¿

¿

¿ Logo: ¿Qint=γ .4

3πr3=

43πr3

(43)π 10−3

=(10 r )3C ¿¿

PS:Note que como o ponto é interno, r<10-2, e portanto (10r)3<10-3 que é o valor da carga total na esfera.ii)E=0iii) E=1/ε0(q/4.π.D2) D = distância do centro ao ponto em questão(pois a carga líquida é somente q pois a esfera condutora é neutra.