Halliday Cap24

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LISTA 1 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS 30 de Junho de 2004, a`s 4:17
Exercı´cios Resolvidos de Teoria Eletromagne´tica
Jason Alfredo Carlson Gallas
Professor Titular de Fı´sica Teo´rica
Doutor em Fı´sica pela Universidade Ludwig Maximilian de Munique, Alemanha
Universidade Federal do Rio Grande do Sul
Instituto de Fı´sica
Mate´ria para a PRIMEIRA prova. Numerac¸a˜o conforme a quarta edic¸a˜o do livro
“Fundamentos de Fı´sica”, Halliday, Resnick e Walker.
Esta e outras listas encontram-se em: http://www.if.ufrgs.br/ � jgallas clicando-se em ‘ENSINO’
Conteu´do
24 Campo Ele´trico 2
24.1 Questo˜es . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
24.2 Problemas e Exercı´cios . . . . . . . . . 2
24.2.1 Linhas de campo ele´trico . . . . 2
24.2.2 O campo ele´trico criado por
uma carga puntiforme . . . . . 3
24.2.3 O campo criado por um dipolo
ele´trico . . . . . . . . . . . . . 5
24.2.4 O campo criado por uma linha
de cargas . . . . . . . . . . . . 7
24.2.5 O campo ele´trico criado por um
disco carregado . . . . . . . . . 9
24.2.6 Carga puntiforme num campo
ele´trico . . . . . . . . . . . . . 9
24.2.7 Um dipolo num campo ele´trico . 13
Comenta´rios/Sugesto˜es e Erros: favor enviar para jgallas @ if.ufrgs.br
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24 Campo Ele´trico
24.1 Questo˜es
Q 24-2. Usamos uma carga teste positiva para estudar
os campos ele´tricos. Poderı´amos ter usado uma carga
negativa? Porque?
� Na˜o. Tal uso seria extremamente anti-natural e incon-
veniente pois, para comec¸ar, terı´amos o � e � apontan-
do em direc¸o˜es diferentes.
� Tecnicamente, poderı´amos usar cargas negativas sim.
Mas isto nos obrigaria a reformular va´rios conceitos e
ferramentas utilizadas na eletrosta´tica.
Q 24-3.
As linhas de forc¸a de um campo ele´trico nunca se cru-
zam. Por queˆ?
� Se as linhas de forc¸a pudessem se cruzar, nos pontos
de cruzamento terı´amos duas tangentes diferentes, uma
para cada linha que se cruza. Em outras palavras, em
tal ponto do espac¸o terı´amos dois valores diferentes do
campo ele´trico, o que e´ absurdo.
Q 24-5.
Uma carga puntiforme � de massa � e´ colocada em re-
pouso num campo na˜o uniforme. Sera´ que ela seguira´,
necessariamente, a linha de forc¸a que passa pelo ponto
em que foi abandonada?
� Na˜o. A forc¸a ele´trica sempre coincidira´ com a direc¸a˜o
tangente a` linha de forc¸a.
A forc¸a ele´trica, em cada ponto onde se encontra a car-
ga, e´ dada por ��� , onde � e´ o vetor campo ele´trico no
ponto onde se encontra a carga. Como a carga parte do
repouso, a direc¸a˜o de sua acelerac¸a˜o inicial e´ dada pela
direc¸a˜o do campo ele´trico no ponto inicial. Se o campo
ele´trico for uniforme (ou radial), a trajeto´ria da carga de-
ve coincidir com a direc¸a˜o da linha de forc¸a. Entretanto,
para um campo ele´trico na˜o uniforme (nem radial), a
trajeto´ria da carga na˜o precisa coincidir necessariamen-
te com a direc¸a˜o da linha de forc¸a. Sempre coincidira´,
pore´m, com a direc¸a˜o tangente a` linha de forc¸a.
Q 24-20.
Um dipolo ele´trico e´ colocado em repouso em um cam-
po ele´trico uniforme, como nos mostra a Figura 24-17a,
pg. 30, sendo solto a seguir. Discuta seu movimento.
� Sem atrito, na situac¸a˜o inicial mostrada na Figura 24-
17a, o movimento do dipolo ele´trico sera´ perio´dico e
oscilato´rio em torno do eixo 	 e em torno da posic¸a˜o de
alinhamento de 
� com 
� .
Q 24-3 extra.
Uma bola carregada positivamente esta´ suspensa por um
longo fio de seda. Desejamos determinar � num ponto
situado no mesmo plano horizontal da bola. Para isso,
colocamos uma carga de prova positiva �
� neste ponto
e medimos �����
� . A raza˜o �����
� sera´ menor, igual ou
maior do que � no ponto em questa˜o?
� Quando a carga de prova e´ colocada no ponto em
questa˜o, ela repele a bola que atinge o equilı´brio numa
posic¸a˜o em que o fio de suspensa˜o fica numa direc¸a˜o
ligeiramente afastada da vertical. Portanto, a distaˆncia
entre o centro da esfera e a carga de prova passa a ser
maior que do que a distaˆncia antes do equilı´brio. Donde
se conclui que o campo ele´trico no ponto considerado
(antes de colocar a carga de prova) e´ maior do que o
valor ����� medido por meio da referida carga de prova.
24.2 Problemas e Exercı´cios
24.2.1 Linhas de campo ele´trico
E 24-3.
Treˆs cargas esta˜o dispostas num triaˆngulo equila´tero, co-
mo mostra a Fig. 24-22. Esboce as linhas de forc¸a de-
vidas a`s cargas ��� e ��� e, a partir delas, determine
a direc¸a˜o e o sentido da forc¸a que atua sobre ��� , devi-
do a` presenc¸a das outras duas cargas. (Sugesta˜o: Veja a
Fig. 24-5)
� Chamando-se de de ��� e ��� as forc¸as na carga ���
devidas a`s cargas ��� e ��� , respectivamente, podemos
ver que, em mo´dulo, ���fifffl��� pois as distaˆncias bem co-
mo o produto das cargas (em mo´dulo) sa˜o os mesmos.
���fiffffi��� ff"!
���
#
��$
As componentes verticais de � � e � � se cancelam. As
componentes horizontais se reforc¸am, apontando da es-
querda para a direita. Portanto a forc¸a resultante e´ hori-
zontal com mo´dulo igual a
�%fffl�
�'&)(+*�, -
�.�
�/&
(0*�, -
ffffi!
���
#
�
$
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E 24-5.
Esboce qualitativamente as linhas do campo ele´trico pa-
ra um disco circular fino, de raio 1 , uniformemente car-
regado. (Sugesta˜o: Considere como casos limites pon-
tos muito pro´ximos ao disco, onde o campo ele´trico e´
perpendicular a` superfı´cie, e pontos muito afastados do
disco, onde o campo ele´trico e´ igual ao de uma carga
puntiforme.)
� Em pontos muito pro´ximos da superfı´cie do disco, pa-
ra distaˆncias muito menores do que o raio 1 do disco, as
linhas de forc¸a sa˜o semelhantes a`s linhas de forc¸a de um
plano infinito com uma distribuic¸a˜o de cargas uniforme.
Como a carga total � do disco e´ finita, a uma distaˆncia
muito grande do disco, as linhas de forc¸a tendem a se
confundir com as linhas de forc¸a de uma carga punti-
forme � . Na figura abaixo, esboc¸amos apenas as linhas
de forc¸a da parte superior do disco e consideramos uma
distribuic¸a˜o de cargas positivas.
24.2.2 O campo ele´trico criado por uma carga pun-
tiforme
E 24-7.
Qual deve ser o mo´dulo de uma carga puntiforme esco-
lhida de modo a criar um campo ele´trico de 2
$
	 N/C em
pontos a 2 m de distaˆncia?
� Da definic¸a˜o de campo ele´trico, Eq. 24-3, sabemos
que �3ff4�5�7698
,;:
�)<
�>=
. Portanto,
�%ff?6@8
,;:
�
=
�A<
�
ff32
$
2B2�CD2E	GF
�H�
ff"	
$
2B202 nC
$
E 24-9.
� Como a magnitude do campo ele´trico produzido por
uma carga puntiforme � e´ �3ff"�B�76@8
,JI
�'<
�K=
, temos que
�Lff 8
,JI
�'<
�
�
ff
69	
$ M
	
=
6ON
$
	
=
P
$
	QCD2E	0R
ff
M7$ S
CD2E	 F
�T� C
$
E 24-10.
Duas cargas puntiformes de mo´dulos � � ff"N
$
	UC52>	
FJV
C
e � � ffffiW
$ M
CD2E	
FYX
C esta˜o separadas por uma distaˆncia
de 2KN cm. (a) Qual o mo´dulo do campo ele´trico que ca-
da carga produz no local da outra? (b) Que forc¸a ele´trica
atua sobre cada uma delas?
� (a) O mo´dulo do campo sobre cada carga e´ diferente,
pois o valor da carga e´ diferente em cada ponto.
���Zffffi!
�>�
<
�
ff 6
P
$
	[CD2E	
R
=
N
$
	[CD2E	
FJV
69	
$
2KN
=
�
ff 2
$
N
M
CD2E	0\ N/C ]
����ffffi!
�
�
<
�
ff 6
P
$
	[CD2E	
R
=
W
$^M
CD2E	
FJX
69	
$
2KN
=
�
ff 	
$^M
-
CD2E	0\ N/C
$
(b) O mo´dulo da forc¸a sobre cada carga e´ o mesmo. Pe-
la -+_ lei de Newton (ac¸a˜o e reac¸a˜o): 
���H�`ffa� 
���b� e,
portanto,
���H��ff"���c�fiffffi�>�
�fi�dff �
�
���
ff 69W
$^M
CD2E
FJX
=
6e2
$
N
M
CD2E	
\
=
ff 2
$
	QCD2E	
F
� N
$
Note que como na˜o sabemos os sinais das cargas, na˜o
podemos determinar o sentido dos vetores.
E 24-11.
Duas cargas iguais e de sinais opostos (de mo´dulo
N
$
	fC.2>	
FYV
C) sa˜o mantidas a uma distaˆncia de 2
M
cm
uma da outra. (a) Quais sa˜o o mo´dulo, a direc¸a˜o e o
sentido de E no ponto situado a meia distaˆncia entre as
cargas? (b) Que forc¸a (mo´dulo, direc¸a˜o e sentido) atua-
ria sobre um ele´tron colocado nesse ponto?
� (a) Como o mo´dulo das cargas e´ o mesmo, estan-
do elas igualmente distantes do ponto em questa˜o, o
mo´dulo do campo devido a cada carga e´ o mesmo.
�
�
ffffi�
�
ff !
�
69g7��N
=
�
ff 6
P
Ch2>	
R
=
N
$
	[Ch2>	
FJV
69	
$
2
M
��N
=
�
ff
-
$
NiCD2E	0\ N/C
$
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Portanto, o campo total e´
�fijJkHl�ffffi� �m�.�fi��ffffiNG6
-
$
NQCD2>	 \
=
ff
SG$
8[Ch2>	 \
N/C ]
na direc¸a˜o da carga negativa �fi� .
(b) Como o ele´tron tem carga negativa, a forc¸a sobre ele
tem sentido oposto ao do campo. O mo´dulo da forc¸a e´
� ff � ele´tron � jYkel
ff � ele´tron 69� � �n� �
=
ff 6e2
$ S
Ch2>	 F
�
R
=
6
So$
8pCD2E	 \ N, =
ff 2
$
	iCD2E	 F
�eq N
no sentido da carga positiva.
E 24-12.
� Como a carga esta´ uniformemente distribuida na es-
fera, o campo ele´trico na superfı´cie e´ o mesmo que que
terı´amos se a carga estivesse toda no centro. Isto e´, a
magnitude do campo e´
�%ff
�
8
,JI
�/1
�
]
onde � e´ a magnitude da carga total e 1 e´ o raio da esfe-
ra.
A magnitude da carga total e´ r�s , de modo que
� ff
r�s
8
,JI
�
1
�
ff
6
P
Ch2>	
R
=
6
P
8
=
6e2
$ S
Ch2>	
F
�
R
=
So$ S
8iCD2E	
F
�
\
ff
-
$
	utQCh2>	
�b� N/C
$
P 24-17.
� Desenhe sobre uma linha reta dois pontos, �
� e �>� ,
separados por uma distaˆncia g , com �
� a` esquerda de �>� .
Para pontos entre as duas cargas os campos ele´tricos in-
dividuais apontam na mesma direc¸a˜o na˜o podendo, por-
tanto, cancelarem-se. A carga �E� tem maior magnitude
que � � , de modo que um ponto onde o campo seja nulo
deve estar mais perto de � � do que de � � . Portanto, deve
estar localizado a` direita de � � , digamos em ponto v .
Escolhendo � � como a origem do sistema de coordena-
das, chame de w a distaˆncia de � � ate´ o ponto v , o ponto
onde o campo anula-se. Com estas varia´veis, a magni-
tude total do campo ele´trico em v e´ dada por
�3ff
2
8
,JI
�
x
�
�
w
�
�
�K�
69wy�Dg
=
�oz
]
onde �
� e �>� representam as magnitudes das cargas.
Para que o campo se anule, devemos ter
�
�
w
�
ff
�>�
6@w{�Dg
=
� $
A raiz fı´sica (das duas raı´zes possı´veis) e´ obtida
considerando-se a raiz quadrada positiva de ambos la-
dos da equac¸a˜o acima. Isto fornece-nos
|
�>�
w
ff
|
�
�
6@wy�}g
=
$
Resolvendo agora para w obtemos
wfff~
|
�
�
|
� � �
|
� �7€
g ff ~
|
8+�>�
|
80�>��
|
�>� €
g
ff ~
N
N��‚2ƒ€
g
ff N�g
ff NG6O	
$^M
	 cm
=
ff 2E	0	 cm
$
O ponto v esta´ a
M
	 cm a` direita de �K� .
P 24-21.
Determine o mo´dulo, a direc¸a˜o e o sentido do campo
ele´trico no ponto v da Fig. 24-30.
� A soma dos campos devidos as duas cargas ��� e´ nu-
la pois no ponto v os campos tem mo´dulos coinciden-
tes pore´m sentidos opostos. Assim sendo, o campo re-
sultante em v deve-se unica e exclusivamente a` carga
��NB� , perpendicular a` diagonal que passa pelas duas car-
gas ��� , apontado para ‘fora’ da carga ��NB� . O mo´dulo
do campo e´
�%ffffi!
N��
6
_
„
�
�
=
�
ffffi!
80�
#
�
ff
2
,;:
�
�
#
�;$
P 24-22
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Qual o mo´dulo, a direc¸a˜o e o sentido do campo ele´trico
no centro do quadrado da Fig. 24-31, sabendo que �yff
2
$
	[CD2E	
FJX
C e # ff
M
cm.
� Escolhamos um sistema de coordenadas no qual o ei-
xo w passe pelas cargas �fi� e ��N�� , e o eixo … passe pelas
cargas � e N�� .
No centro do quadrado, os campos produzidos pelas
cargas negativas esta˜o ambos sobre o eixo w , e ca-
da um deles aponta do centro em direc¸a˜o a carga que
lhe da origem. Como cada carga esta a uma distaˆncia
g{ff
#
|
NB�BNiff
#
�
|
N do centro, o campo lı´quido resul-
tante devidos as duas cargas negativas e´
�fi† ff
2
8
,JI
�
x
NB�
#
�
�BN
�
�
#
�
�BN
z
ff
2
8
,JI
�
�
#
�
�BN
ff 6
P
CD2E	
R
=
2
$
	QCD2E	
X
69	
$
	
M
	
=
�
�BN
ff t
$
2
P
CD2E	�‡ N/C
$
No centro do quadrado, os campos produzidos pelas car-
gas positivas esta˜o ambos sobre o eixo … , apontando do
centro para fora, afastando-se da carga que lhe da ori-
gem. O campo lı´quido produzido no centro pelas cargas
positivas e´
�fiˆ‰ff
2
8
,JI
�
x
NB�
#
�
�BN
�
�
#
�
�BN
z
ff
2
8
,JI
�
�
#
�
��N
ff t
$
2
P
Ch2>	
‡ N/C
$
Portanto, a magnitude do campo e´
� ff Ł �
�
†
�n�
�
ˆ
ff ‹ NG6Œt
$
2
P
Ch2>	
‡
=
�
ff 2
$
	0NQCD2E	0\ N/C
$
O aˆngulo que tal campo faz com o eixo dos w e´

ff ŽB‘ F
�
� ˆ
� †
ff ŽB‘'F
�
6H2
=
ff 8
M
k
$
Tal aˆngulo aponta do centro do quadrado para cima, di-
rigido para o centro do lado superior do quadrado.
24.2.3 O campo criado por um dipolo ele´trico
E 24-23.
Determine o momento de dipolo ele´trico constituı´do por
um ele´tron e um pro´ton separados por uma distaˆncia de
8
$
-
nm.
� O mo´dulo da carga das duas partı´culas e´ �’ff2
$ S
C
2>	
F
�
R C. Portanto, temos aqui um belo exemplo de
exercı´cio de multiplicac¸a˜o:
�
ffffi��g ff 6H2
$ S
CD2E	
F
�
R
=
6@8
$
-
CD2E	
F
R
=
ff
SG$
WBWiCh2>	
F
�
X C m
$
E 24-25
Na Fig. 24-8, suponha que ambas as cargas sejam posi-
tivas. Mostre que � no ponto v , considerando “5”•g , e´
dado por:
�3ff
2
8
,;:
�
N��
“
�;$
� Usando o princı´pio de superposic¸a˜o e dois termos da
expansa˜o
6e2�`w
=
F
� –
2Z�`N�wQ�
-
w
q
�D8Bw
‡
�
$E$
$
]
va´lida quando — w�—7˜™2 , obtemos
� ff
2
8
,;:
�
x
�
6O“A�}gu�BN
=
�
�
�
69“��.g7��N
=
�
z
ff
2
8
,;:
�
�
“
�
xcš
2Z�
g
N�“�›
F
�
�
š
2�
g
N�“/›
F
�
z
ff
2
8
,;:
�
�
“
�
x
~
2Z�}No6H�
g
N�“
=
�
$E$
$
€
�œ~B2Z�}No6
g
N�“
=
�
$E$
$
€
z
ff
2
8
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�
N��
“
�
$
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E 24-26.
Calcule o campo ele´trico (mo´dulo, direc¸a˜o e sentido)
devido a um dipolo ele´trico em um ponto v localizado
a uma distaˆncia “”žg sobre a mediatriz do segmento
que une as cargas (Figura 24-32). Expresse sua resposta
em termos de momento de dipolo p.
� Obte´m-se o campo 
� resultante no ponto v somando-
se vetorialmente
�3ff
�fiŸ �
�
F
$
A magnitude dos vetores e´ dada por:
�
Ÿ
ffffi�
F
fffl!
�
<
�
�.g
�
��8
$
As soma das componentes sobre a mediatriz se can-
celam enquanto as componentes perpendiculares a
ela
somam-se. Portanto, chamando-se

o aˆngulo entre o
eixo do dipolo e a direc¸a˜o de ��Ÿ (ou de �
F
), segue
�3ffffiNB�
Ÿ
&)(+*

]
onde, da figura,
&
(0*

ff
gu�BN
‹
<
�
�ng
�
��8
$
Com isto segue
� ff N�!
�
<
�
�ng
�
��8
g7��N
‹
<
�
�ng
�
�K8
ff !
��g
6@<
�
�.g
�
��8
=
q¡�
ff
!
6@<
�
=
qc¡T�
��g
¢
2�ng
�
�7698B<
�
=¤£
qc¡�
$
Como o problema nos diz que <¥”¦g , podemos des-
prezar o termo g � �7698B< �E= no u´ltimo denominador acima,
obtendo para o mo´dulo do campo o valor
�3ffffi!
��g
<
q�$
Em termos do momento de dipolo — §¨—�ff©��g , uma vez
que � e § tem sentidos opostos, temos
�™ff%�fi!
§
<
q
$
O vetor � aponta para baixo.
24-27 ª
Quadrupolo ele´trico. A figura abaixo mostra um qua-
drupolo ele´trico tı´pico.
Ele e´ constituı´do por dois dipolos cujos efeitos em pon-
tos externos na˜o chegam a se anular completamente.
Mostre que o valor de � no eixo do quadrupolo, para
pontos a uma distaˆncia “ do seu centro (supor “5”«g ), e´
dado por:
�3ff
-
�
8
,;:
�>“
‡
]
onde �p6¬ff"NB��g �>= e´ chamado de momento de quadrupolo
da distribuic¸a˜o de cargas.
� A distaˆncia entre o ponto v e as duas cargas positivas
sa˜o dadas por 6O“p�¥g = e 69“[�ffig = . A distaˆncia entre v
e as cargas negativas sa˜o iguais a “ . De acordo com o
princı´pio de superposic¸a˜o, encontramos:
� ff
�
8
,;:
�
x
2
69“A�}g
=
�
�
2
69“ �ng
=
�
�
N��
“
�
z
ff
�
8
,;:
�E“
�
x
2
6H2Z�}gu��“
=
�
�
2
6e2�.g7��“
=
�
�`N
z
Expandindo em se´rie como feito no livro-texto, para o
caso do dipolo [ver Apeˆndice G],
6e2�`w
=
F
�
–
2Z�`N�wQ�
-
w
q
�D8Bwo‡¨�
$E$
$
]
va´lida quando — w�—7˜™2 , obtemos
� ff
�
8
,;:
�>“
�
xcš
2�
NBg
“
�
-
g
�
“
�
�
$
$E$
›
�
š
2Z�
N�g
“
�
-
g
�
“
�
�
$
$E$
›
�`N
z
]
http://www.if.ufrgs.br/ � jgallas Pa´gina 6 de 13
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de onde se conclui que, considerando-se os termos ate´ a
segunda ordem, inclusive, temos
�3ff
�
8
,;:
� “
�
x
S
g
�
“
� z
ff
-
�
8
,;:
� “
‡
]
onde o momento de quadrupolo e´ definido como �­ff
N���g
�
$
Em contraste com a derivac¸a˜o apresentada no livro-
texto, observe que aqui foi necessa´rio usarmos o ter-
mo quadra´tico na expansa˜o em se´rie, uma vez que a
contribuic¸a˜o devida ao termo linear era nula.
24.2.4 O campo criado por uma linha de cargas
P 24-30.
Um ele´tron tem seu movimento restrito ao eixo do anel
de cargas de raio 1 discutido na sec¸a˜o 24-6. Mostre que
a forc¸a eletrosta´tica sobre o ele´tron pode fazeˆ-lo oscilar
atrave´s do centro do anel, com uma frequ¨eˆncia angular
dada por: ®
ff3¯
s>�
8
,;:
�
�°1
q'$
� Como visto no livro-texto, a magnitude do campo
ele´trico num ponto localizado sobre o eixo de um anel
homogeneamente carregado, a uma distaˆncia “ do cen-
tro do anel, e´ dado por (Eq. 24-19):
�%ff
��“
8
,;:
�
6O1
�
�.“
�
=
q¡�
]
onde � e´ a carga sobre o anel e 1 e´ o raio do anel.
Para que possa haver oscilac¸a˜o a carga � sobre o anel
deve ser necessariamente positiva. Para uma carga � po-
sitiva, o campo aponta para cima na parte superior do
anel e para baixo na parte inferior do anel. Se tomar-
mos a direc¸a˜o para cima como sendo a direc¸a˜o positiva,
enta˜o a forc¸a que atua num ele´tron sobre o eixo do anel
e´ dada por
�±ff3�fis��±ff3�
sK��“
8
,;:
�B6O1
�
�.“
�
=
qc¡�
]
onde s representa a magnitude da carga do ele´tron.
Para oscilac¸o˜es de pequena amplitude, para as quais va-
le “™²‰1 , podemos desprezar “ no denominador da
expressa˜o da forc¸a, obtendo enta˜o, nesta aproximac¸a˜o,
�%ff±�
sK�
8
,;:
�>1
q
“5³3��´U“
$
Desta expressa˜o reconhecemos ser a forc¸a sobre o
ele´tron uma forc¸a restauradora: ela puxa o ele´tron em
direc¸a˜o ao ponto de equilı´brio “ffiff«	 . Ale´m disto, a
magnitude da forc¸a e´ proporcional a “ , com uma con-
tante de proporcionalidade ´°ff%sK�B�7698
,;:
�
1
qE=
, como se
o ele´tron estivesse conectado a uma mola. Ao longo
do eixo, portanto, o ele´tron move-se num movimento
harmoˆnico simples, com uma frequ¨eˆncia angular dada
por (reveja o Cap. 14, caso necessa´rio)
®
ff
¯
´
�
ff%¯
sK�
8
,;:
�
�°1
q
]
onde � representa a massa do ele´tron.
P 24-31.
Na Fig. 24-34, duas barras finas de pla´stico, uma de car-
ga ��� e a outra de carga �fi� , formam um cı´rculo de raio
1 num plano wo… . Um eixo w passa pelos pontos que
unem as duas barras e a carga em cada uma delas esta´
uniformemente distribuı´da. Qual o mo´dulo, a direc¸a˜o
e o sentido do campo ele´trico � criado no centro do
cı´rculo?
� Por simetria, cada uma das barras produz o mesmo
campo ele´trico ��µ que aponta no eixo � … no centro do
cı´rculo. Portanto o campo total e´ dado por
�"ff"NB�Z�Œ¶·ff NT¶¹¸
&)(+*

8
,;:
�>1
�
g+�
ff NT¶
¸
Ÿ;º
¡�
F
º
¡�
&)(+*

8
,;:
�>1
�
��1Dg

,
1
ff ~
2
8
,;:
�
80�
,
1
�
€
¶
$
P 24-32.
Uma barra fina de vidro e´ encurvada na forma de um
semicı´rculo de raio < . Uma carga ��� esta´ distribuı´da
uniformemente ao longo da metade superior, e uma car-
ga ��� , distribuı´da uniformemente ao longo da metade
inferior, como mostra a Fig. 24-35. Determine o campo
ele´trico E no ponto v , o centro do semicı´rculo.
� Para a metade superior:
g+�
Ÿ
fffl!
g+�
<
�
ff"!"»
g�¼
<
�
http://www.if.ufrgs.br/ � jgallas Pa´gina 7 de 13
LISTA 1 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS 30 de Junho de 2004, a`s 4:17
onde
»
ff™�5�G6ON
,
<B��8
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,
<
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e gB¼ ff"<�g

. Portan-
to
g0�
Ÿ
ff"!
N0�
,
<
<�g

<
�
ffffiN
!h�
,
<
�
g

$
O mo´dulo da componente � Ÿ
†
do campo total e´, portan-
to,
�
Ÿ
†
ff4¸¾g+�
Ÿ
†
ff ¸¿g0�
Ÿ
&
(0*

ff
NB!h�
,
<
�
¸
º ¡T�
�
&)(0*

g

ff
NB!h�
,
<
�
x
sen

z
º ¡T�
�
ff
NB!h�
,
<
� $
Analogamente,
�
Ÿ
ˆ
ff4¸¿g0�
Ÿ
ˆ
ff ¸¾g+�
Ÿ
sen

ff
N�!h�
,
<
�
¸
º
¡�
�
sen

g

ff
N�!h�
,
<
�
x
�
&
(0*

z
º
¡T�
�
ff
N�!h�
,
<
�
$
Usando argumentos de simetria: Usando a simetria do
problema vemos facilmente que as componentes hori-
zontais cancelam-se enquanto que as verticais reforc¸am-
se. Assim sendo, o mo´dulo do campo total e´ simples-
mente
�%ff"N��
ˆ
ff
80!h�
,
<
�
com o vetor correspondente apontando para baixo.
Usando ‘forc¸a-bruta’: Podemos obter o mesmo resul-
tado sem usar a simetria fazendo os ca´lculos. Mas temos
que trabalhar bem mais (perder mais tempo durante a
prova!!). Veja so´:
Tendo encontrado que � † ff3�fiˆyff �TÀZÁ
º�Ã
, vemos que o
mo´dulo do campo � Ÿ devido a`s cargas positivas e´ dado
por
�fiŸ.ff
Ł
�fi†
�
�.�
ˆ
�
ff
|
N
N�!D�
,
<
�
formando �Z8
M
k
com o eixo dos w .
Para a metade inferior o ca´lculo e´ semelhante. O resul-
tado final e´
—
�
F
—Bffė
�fiŸfi—Bff
|
N
NB!h�
,
<
�
$
O campo 
�
F
forma com o eixo dos w um aˆngulo de
�½6
P
	
k
�.8
M
k)=
ff%�A2
-
M
k
.
Portanto, o mo´dulo do campo total 
�3ff 
� Ÿ
� 
�
F
apon-
ta para baixo e tem magnitude dada por
� ff
Ł
�
�
Ÿ
�n�
�
F
ff
|
N�� Ÿ
ff
|
N��
F
ff
|
N¹~
|
N
NB!h�
,
<
�
€
ff
80!D�
,
<
� $
Conclusa˜o: Termina mais ra´pido (e com menos erro!)
quem estiver familiarizado com a explorac¸a˜o das sime-
trias. Isto requer treino...
P 24-35.
Na Fig. 24-38, uma barra na˜o-condutora “semi-infinita”
possui uma carga por unidade de comprimento, de valor
constante
»
. Mostre que o campo ele´trico no ponto v
forma um aˆngulo de 8
M
k
com a barra e que este aˆngulo
e´ independente da distaˆncia 1 .
� Considere um segmento infinitesimal gBw da barra, lo-
calizado a uma distaˆncia w a partir da extremidade es-
querda da barra, como indicado na figura acima. Tal
segmento conte´m uma carga g0�flff
»
gBw e esta´ a uma
distaˆncia < do ponto v . A magnitude do campo que g+�
produz no ponto v e´ dada por
g+�3ff
2
8
,;:
�
»
g0w
<
�¾$
Chamando-se de

o aˆngulo entre 1 e < , a componente
horizontal w do campo e´ dada por
g0�
†
ff3�
2
8
,;:
�
»
gBw
<
�
sen

]
enquanto que a componente vertical … e´
g+�fiˆ½ff%�
2
8
,;:
�
»
gBw
<
�
&
(0*

$
http://www.if.ufrgs.br/ � jgallas Pa´gina 8 de 13
LISTA 1 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS 30 de Junho de 2004, a`s 4:17
Os sinais negativos em ambas expresso˜es indicam os
sentidos negativos de ambas as componentes em relac¸a˜o
ao ponto de origem, escolhido como sendo a extremida-
de esquerda da barra.
Vamos usar aqui o aˆngulo

como varia´vel de
integrac¸a˜o. Para tanto, da figura, vemos que
&
(0*

ff
1
<
] sen

ff
w
<
] w’ffffi1©ŽB‘

]
e, portanto, que
g0wfffffi1 *TÅE&
�

g

ff"1
2
&)(+*
�

g

$
Os limites de integrac¸a˜o va˜o de 	 ate´
,
��N . Portanto
��†5ff ¸
º ¡�
�
g+�fi† ff � »
8
,;:
�
1
¸
º ¡�
�
sen

g

ff � »
8
,;:
�
1
&
(0*
/Æ
Æ
Æ
º
¡�
�
ff � »
8
,;:
�
1
]
e, analogamente,
�
ˆ
ff
¸
º
¡�
�
g0�
ˆ
ff �
»
8
,;:
�
1
¸
º
¡�
�
&
(0*

g

ff �
»
8
,;:
�
1
sen

Æ
Æ
Æ
º
¡�
�
ff �
»
8
,;:
�
1
$
Destes resultados vemos que � † ffÇ�fiˆ , sempre, qual-
quer que seja o valor de 1 . Ale´m disto, como as duas
componentes tem a mesma magnitude, o campo resul-
tante � faz um aˆngulo de 8
M
k
com o eixo negativo dos
w , para todos os valores de 1 .
24.2.5 O campo ele´trico criado por um disco carre-
gado
P 24-38.
A que distaˆncia, ao longo do eixo central de um disco de
pla´stico de raio 1 , uniformemente carregado, o mo´dulo
do campo ele´trico e´ igual a` metade do seu valor no cen-
tro da superfı´cie do disco?
� A magnitude do campo ele´trico num ponto situado
sobre o eixo de um disco uniformemente carregado, a
uma distaˆncia “ acima do centro do disco, e´ dado por
(Eq. 24-27)
�?ff È
N
:
�
x
2Z�
“
|
1
�
�.“
�
z
]
onde 1 e´ o raio do disco e
È
a sua densidade superficial
de carga. No centro do disco ( “DffÇ	 ) a magnitude do
campo e´ ��ɨff
È
�G6ON
:
�
=
.
O problema pede para determinar o valor de “ tal que
tenhamos �Q����Émff32K�BN , ou seja, tal que
2Z�
“
|
1
�
�.“
�
ff
2
N
]
ou, equivalentemente,
“
|
1
�
�n“
�
ff
2
N
$
Desta expressa˜o obtemos “ � ffÊ1 � ��8y�?“ � �K8 , isto e´
“5ff™Ë�1½�
|
-
.
Observe que existem duas soluc¸o˜es possı´veis: uma ‘aci-
ma’, outra ‘abaixo’ do plano do disco de pla´stico.
24.2.6 Carga puntiforme num campo ele´trico
E 24-39.
Um ele´tron e´ solto a partir do repouso, num campo
ele´trico uniforme de mo´dulo N
$
	{C‚2E	
‡
N/C. Calcule a
sua acelerac¸a˜o (ignore a gravidade).
� O mo´dulo de tal acelerac¸a˜o e´ fornecido pela segunda
lei de Newton:
#
ff
�
�
ff
���
�
ff
-
$^M
2�CD2E	
�
\
m/s �
$
E 24-43.
Um conjunto de nuvens carregadas produz um cam-
po ele´trico no ar pro´ximo a` superfı´cie da Terra. Uma
partı´cula de carga ��N
$
	[CD2E	
F
R C, colocada neste cam-
po, fica sujeita a uma forc¸a eletrosta´tica de -
$
	yCn2E	
FJÌ
N apontando para baixo. (a) Qual o mo´dulo do cam-
po ele´trico? (b) Qual o mo´dulo, a direc¸a˜o e o sentido
da forc¸a ele´trosta´tica exercida sobre um pro´ton coloca-
do neste campo? (c) Qual a forc¸a gravitacional sobre o
pro´ton? (d) Qual a raza˜o entre a forc¸a ele´trica e a forc¸a
gravitacional, nesse caso?
� (a) Usando a Eq. 24-3 obtemos para o mo´dulo de � :
�3ff
�
�
ff
-
$
	[CD2E	
FYÌ
N
N
$
	[Ch2>	
F
R C ff±2 M 	0	 N/C $
http://www.if.ufrgs.br/ � jgallas Pa´gina 9 de 13
LISTA 1 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS 30 de Junho de 2004, a`s 4:17
A forc¸a aponta para baixo e a carga e´ negativa. Logo, o
campo aponta de baixo para cima.
(b) O mo´dulo da forc¸a eletroste´tica ��Í exercida sobre o
pro´ton e´
� Í ffffi���3ff4N
$
80	iCD2E	7F
�
Ì N
$
Como o pro´ton tem carga positiva, a forc¸a sobre ele tera´
a mesma direc¸a˜o do campo: de baixo para cima.
(c) A forc¸a gravitacional exercida sobre o pro´ton e´
��Î�ffffi�{Ï ff 6H2
$ S
t½CD2E	
F
�
V
=
6
P
$
W
=
ff 2
$ S
8[CD2E	 F
�
Ì N ]
apontando de cima para baixo.
(d) A raza˜o entre as magnitudes das forc¸as ele´trica e gra-
vitacional e´
� Í
��Î
ff32
$
8
S
Ch2>	
�H�
$
Portanto, vemos que o peso �/Î do pro´ton pode ser
completamente ignorado em comparac¸a˜o com a forc¸a
ele´trosta´tica exercida sobre o pro´ton.
E 24-45.
(a) Qual e´ a acelerac¸a˜o de um ele´tron num campo
ele´trico uniforme de 2
$
8¹CÐ2>	
Ì
N/C? (b) Quanto tem-
po leva para o ele´tron, partindo do repouso, atingir um
de´cimo da velocidade da luz? (c) Que distaˆncia ele per-
corre? Suponha va´lida a mecaˆnica Newtoniana.
� (a) Usando a lei de Newton obtemos para o mo´dulo
da acelerac¸a˜o:
#
ff
�
�
Í
ff
sK�
�
Í
ff
6e2
$ S
Ch2>	
F
�
R
=
6H2
$
8pCD2E	
Ì
=
P
$
2ACh2>	
F
qc�
ff N
$
8
S
CD2E	
�
V m/s �
$
(b) Partindo-se do repouso (i.e. com Ñ � ffffi	 ) e usando a
equac¸a˜o ÑiffflÑ � � #+Ò obtemos facilmente que
Ò
ff Ó
�72E	
#
ff
-
Ch2>	
X
�72E	
N
$
8
S
CD2E	
�
V
ff 	
$
2KNBN5Ch2>	
F
R s
$
(c) A distaˆncia percorrida e´
giff
2
N
#+Ò
�
ff
2
N
6ON
$
8
S
CD2E	
�
V
=
69	
$
2KNBNQCD2E	
F
R
=
�
ff 2
$
W
-
Ch2>	
F
q
m
$
E 24-46.
Uma arma de defesa que esta´ sendo considerado pe-
la Iniciativa de Defesa Estrate´gica (“Guerra nas Estre-
las”) usa feixes de partı´culas. Por exemplo, um feixe
de pro´tons, atingindo um mı´ssil inimigo, poderia inu-
tiliza´-lo. Tais feixes podem ser produzidos em “ca-
nho˜es”, utilizando-se campos ele´tricos para acelerar as
partı´culas carregadas. (a) Que acelerac¸a˜o sofreria um
pro´ton se o campo ele´trico no canha˜o fosse de N
$
	 Cy2E	
‡
N/C. (b) Que velocidade o pro´ton atingiria se o campo
atuasse durante uma distaˆncia de 2 cm?
� (a) Usando a segunda lei de Newton encontramos:
#
ff
�
�
ff
sK�
�
ff32
$
P
NQCD2E	
�H�
m/s �
$
(b) Usando a Eq. 15 do Cap. 2, encontramos:
Ñiff?‹ N
#
69wp�hwƒ�
=
ff32
P
S
km/s
$
�
´E preciso lembrar-se das fo´rmulas aprendidas no cur-
so de Mecaˆnica Cla´ssica (Fı´sica I).
E 24-47.
Um ele´tron com uma velocidade escalar de
M7$
	œCÐ2E	
X
cm/s entra
num campo ele´trico de mo´dulo 2
$
	DC"2E	
q
N/C, movendo-se paralelamente ao campo no sentido
que retarda seu movimento. (a) Que distaˆncia o ele´tron
percorrera´ no campo antes de alcanc¸ar (momentanea-
mente) o repouso? (b) Quanto tempo levara´ para isso?
(c) Se, em vez disso, a regia˜o do campo se estendesse
somente por W mm (distaˆncia muito pequena para pa-
rar o ele´tron), que frac¸a˜o da energia cine´tica inicial do
ele´tron seria perdida nessa regia˜o?
� (a) Primeiro, calculemos a acelerac¸a˜o do ele´tron de-
vida ao campo:
#
ff
sK�
�°Í
ff
6H2
$ S
CD2E	
F
�
R
=
6H2
$
	[CD2E	
q
=
P
$
2ACD2E	
F
qb�
ff 2
$
t
S
Ch2>	
�
‡ m/s �
$
Portanto, usando o fato que Ñ � ff©Ñ �
�
�ffiN
#
6@w�¥wƒ�
=
e
definindo gQffffiwy�Dwo� temos, para a distaˆncia viajada:
giff
Ñ
�
�
N
#
ff
6
M7$
	[Ch2>	
Ì
=e�
NZ6H2
$
t
S
Ch2>	
�
‡
=
ff"t
$
2KNQCh2>	
F
�
m
$
(b) Usando o fato que ÑiffflÑ��fi� #0Ò e que Ñpfffl	 , temos
Ò
ff
��
#
ff
M7$
	iCh2>	
Ì
2
$
t
S
Ch2>	
�
‡
ff4N�W
$
8+	5CD2E	
F
R s
$
http://www.if.ufrgs.br/ � jgallas Pa´gina 10 de 13
LISTA 1 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS 30 de Junho de 2004, a`s 4:17
(c) Basta determinar a velocidade do ele´tron quando o
campo terminar. Para tanto, usamos Ñ � ffÑ �
�
�flN
#7Ô
,
onde Ô ffflW[CD2E	
F
q
m e´ a extensa˜o do campo.
Ñ
�
ff Ñ
�
�
�‚N
#7Ô
ff 6
M7$
	[CD2E	 Ì
=
�
�`NZ6e2
$
t
S
Ch2>	
�
‡
=
6OW[Ch2>	 F
q
=
ff NBN
$
NQC}2E	
�e�
m/s �
$
Portanto, a frac¸a˜o da energia cine´tica perdida e´ dada por
!�`! �
!p�
ff
Ñ
�
�DÑ
�
�
Ñ
�
�
ff
N0N
$
N��`N
M
N
M
ff3�fi	
$
2B2KN
ou seja, perde 202
$
N0Õ da sua energia cine´tica.
Se voce gosta de trabalhar mais, pode calcular as ener-
gias explicitamente e determinar o mesmo percentual.
A energia cine´tica ! perdida e´ dada por
!Öff
2
N
�œÍcÑ
�
ff
2
N
6
P
$
2ACh2>	 F
qc�
=
6ON0N
$
NiCh2>	
�e�
=
ff 2
$
	o2�CD2E	
F
�
V J
$
A energia cine´tica inicial ! � era
!p� ff
2
N
�œÍcÑ
�
�
ff
2
N
6
P
$
2ACh2>	
F
qb�
=
6
MG$
	[CD2E	
Ì
=
�
ff 2
$
2
-
WiCh2>	
F
�
V J
$
E 24-49.
Na experieˆncia de Milikan, uma gota de raio 2
$ S
8 × m e
de densidade 	
$
W
M
2 g/cm q fica suspensa na caˆmara infe-
rior quando o campo ele´trico aplicado tem mo´dulo igual
a 2
$
P
N�C°2E	
\
N/C. Determine a carga da gota em termos
de s .
� Para a gota estar em equilı´brio e´ necessa´rio que a
forc¸a gravitacional (peso) esteja contrabalanc¸ada pela
forc¸a eletrosta´tica associada ao campo ele´trico, ou se-
ja, e´ preciso ter-se �{Ïpfffl��� , onde � e´ a massa da gota,
� e´ a carga sobre a gota e � e´ a magnitude do campo
ele´trico no qual a gota esta´ imersa. A massa da gota e´
dada por �Öff±Ø}Ù{ffÚ698
,
�
-
=
<
q
Ù , onde < e´ seu raio e Ù
e´ a sua densidade de massa. Com isto tudo, temos
�‰ff
�fÏ
�
ff
8
,
<
q
Ù0Ï
-
�
ff
8
,
6H2
$ S
8iCD2E	
FYÌ
m
=eq
6OW
M
2 kg/m q
= 6 P
$
W m/s �E=
-
6H2
$
P
N½CD2E	
\
N/C =
ff W
$
	iCD2E	
F
�
R C ]
e, portanto,Û
ff
�
s
ff
W
$
	+N
S
Ch2>	
F
�
R C
2
$ S
Ch2>	
F
�
R C ff M ]
ou seja, �Aff
M
s .
P 24-54.
Duas grandes placas de cobre, paralelas, esta˜o separadas
por
M
cm e entre elas existe um campo ele´trico uniforme
como e´ mostrado na Fig. 24-39. Um ele´tron e´ libera-
do da placa negativa ao mesmo tempo que um pro´ton e´
liberado da placa positiva. Despreze a forc¸a que existe
entre as partı´culas e determine a distaˆncia de cada uma
delas ate´ a placa positiva no momento em que elas pas-
sam uma pela outra. (na˜o e´ preciso conhecer o mo´dulo
do campo ele´trico para resolver este problema. Isso lhe
causa alguma surpresa?)
� A acelerac¸a˜o do pro´ton e´ #BÜ ffffisK�Q�K� Ü e a acelerac¸a˜o
do ele´tron e´ # ͽff �fis>�i�K�œÍ , onde � e´ a magnitude do
campo ele´trico e � Ü e �°Í representam as massas do
pro´ton e do ele´tron, respectivamente.
Consideremos a origem de refereˆncia como sendo na
posic¸a˜o inicial do pro´ton na placa a` esquerda. Assim
sendo, a coordenada do pro´ton num instante Ò qualquer
e´ dada por w Ü ff #BÜKÒ � ��N enquanto que a coordenada
do ele´tron e´ wYÍ%ffÞݱ� # Í Ò � ��N . As partı´culas pas-
sam uma pela outra quando suas coordenadas coinci-
dem, w Ü ff?wYÍ , ou seja, quando #BÜKÒ � ��N{ffÄÝ`� # Í Ò � �BN .
Isto ocorre quando Ò � ff"NBÝU�76 #BÜ � # Í = , que nos fornece
w
Ü
ff
#�Ü
#
Ü
�
#
Í
Ý
ff
sK�Q���
Ü
s>�i�K�
Ü
�.sK�Q���
Í
Ý
ff
�°Í
�
Í
�.�
Ü
Ý
ff
P
$
202�CD2E	
F
qb�
P
$
2B2�Ch2>	
F
qc�
�ffi2
$ S
t5CD2E	
F
�
V
6O	
$
	
M
	 m
=
ff N
$
t½CD2E	
F
\
m
ff N
$
t½CD2E	
F
q
cm
$
Portanto, enquanto o ele´tron percorre os
M
cm entre as
placas, o pro´ton mal conseguiu mover-se!
P 24-55.
� (a) Suponha que o peˆndulo fac¸a um aˆngulo  com a
vertical. Desenhado-se o diagrama de forc¸as temos �{Ï
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para baixo, a tensa˜o no fio, fazendo um aˆngulo

para
a esquerda do vetor ��� , que aponta para cima ja´ que a
carga e´ positiva.
Consideremos o aˆngulo assim definido como sendo po-
sitivo. Enta˜o o torque sobre a esfera em torno do ponto
onde o fio esta amarrado a` placa superior e´
ß
ff%�½69�{Ï5�}���
=
¼ sen

$
Se �{Ï.àÚ��� , enta˜o o torque e´ um torque restaurador:
ele tende a empurrar o peˆndulo de volta a sua posic¸a˜o de
equilı´brio.
Se a amplitude de oscilac¸a˜o e´ pequena, sen

pode ser
substituido por

em radianos, sendo enta˜o o torque da-
do por
ß
ff%�½69�{ÏQ�D���
=
¼

$
O torque e´ proporcional ao deslocamento angular e o
peˆndulo move-se num movimento harmoˆnico simples.
Sua frequ¨eˆncia angular e´
®
ff3‹ 6@�fÏ5�}���
=
¼>��áo]
onde á e´ o momento de ine´rcia rotacional do peˆndulo.
Como para um peˆndulo simples sabemos que áiffffi�{¼ � ,
segue que
®
ff
¯
6@�fÏ5�D���
=
¼
�f¼
�
ff
¯
Ï5�D���i�K�
¼
e o perı´odo e´ â
ff
N
,
®
ff4N
,äã
¼
Ï5�}���Q�K�
$
Quando ��� àå�fÏ o torque na˜o e´ restaurador e o
peˆndulo na˜o oscila.
(b) A forc¸a do campo ele´trico esta´ agora para baixo e o
torque sobre o peˆndulo e´
ß
ff3�½6@�fÏ��.���
=
¼

se o deslocamento for pequeno. O perı´odo de oscilac¸a˜o
e´ â
ff4N
,äã
¼
Ï��‚���Q�K�
$
P 24-56.
Na Fig. 24-41, um campo ele´trico � , de mo´dulo NZCp2>	 q
N/C, apontando para cima, e´ estabelecido entre duas
placas horizontais, carregando-se a placa inferior posi-
tivamente e a placa superior negativamente. As placas
teˆm comprimento ÝÚff•2E	 cm e separac¸a˜o gnff©N cm.
Um ele´tron e´, enta˜o, lanc¸ado entre as placas a partir da
extremidade esquerda da placa inferior. A velocidade
inicial tem um mo´dulo de
S
C‚2E	
Ì
m/s. (a) Atingira´ o
ele´tron uma das placas? (b) Sendo assim, qual delas e a
que distaˆncia horizontal a partir da extremidade esquer-
da?
� Considere a origem 	 como sendo o ponto em que o
ele´tron e´ projetado para o interior do campo. Seja 	Bw o
eixo horizontal e 	B… o eixo vertical indicado na Fig. ???-
36. Oriente 	�w da esquerda para a direita e 	B… de baixo
para cima, como a carga do ele´tron e´ negativa, a forc¸a
ele´trica
esta´ orientada de cima para baixo (no sentido
oposto ao sentido do campo ele´trico). A acelerac¸a˜o do
ele´tron e´ dada por
#
ff
�
�
ff
s>�
�
ff
-
$^M
2
-
CD2E	
�
‡ m/s �
$
Para saber se o ele´tron atinge ou na˜o a placa superior,
devemos calcular inicialmente o tempo Ò necessa´rio pa-
ra que ele atinja a altura …œff3	
$
	+N m da placa superior.
Podemos escrever a seguinte relac¸a˜o:
…[ff%69Ñ
� sen

=
Ò
�
#+Ò
�
N
$
Temos: �� sen

ff­6
SG$
	’Cn2E	
Ì
=
sen 8
M
�
ffæ8
$
N�8°Cn2E	
Ì
m/s. Substituindo os valores adequados na relac¸a˜o ante-
rior e resolvendo a equac¸a˜o do segundo grau em Ò , en-
contramos:
Ò
�
ff
So$
8uN�	iCh2>	
F
R s e Ò � ff%2
$
t0tK8[CD2E	
FJX s
$
O menor valor de Ò e´ o que nos interessa (o outro cor-
responde ao trecho descendente da trajeto´ria). Neste in-
tervalo de tempo Ò � o ele´tron se deslocou uma distaˆncia
w dada por
w’ff36@Ñ��
&)(0*

=
Ò
�çff 6@8
$
N�8pCh2>	
Ì
=
6
SG$
8+NB	iCh2>	
F
R
=
ff 	
$
	0N+t�N m
$
ff N
$
t�N cm
$
Como N
$
tBN™˜è2E	 cm, concluimos que: (a) o ele´tron
atinge a placa superior, e, (b) num ponto situado a N
$
tBN
cm da extremidade esquerda da placa superior.
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24.2.7 Um dipolo num campo ele´trico
P 24-60.
Determine a frequ¨eˆncia de oscilac¸a˜o de um dipolo
ele´trico, de momento de dipolo � e momento de ine´rcia
á , para pequenas amplitudes de oscilac¸a˜o, em torno de
sua posic¸a˜o de equilı´brio, num campo ele´trico uniforme
de mo´dulo � .
� A magnitude do torque que atua no dipolo ele´trico e´
dada por ß ff � � sen

, onde � e´ a magnitude do mo-
mento de dipolo, � e´ a magnitude do campo ele´trico
e

e´ o aˆngulo entre o momento de dipolo e o campo
ele´trico.
O torque e´ sempre ‘restaurador’: ele sempre tende agi-
rar o momento de dipolo em direc¸a˜o ao campo ele´trico.
Se

e´ positivo o torque e´ negativo e vice-versa: ß ff
�
�
� sen

.
Quando a amplitude do movimento e´ pequena, pode-
mos substituir sen

por

em radianos. Neste caso,
ß
ffé�
�
�

. Como a magnitude do torque e´ pro-
porcional ao aˆngulo de rotac¸a˜o, o dipolo oscila num
movimento harmoˆnico simples, de modo ana´logo a um
peˆndulo de torsa˜o com constante de torsa˜o êDff � � . A
frequ¨eˆncia angular e´ dada por
®
�
ff
ê
á
ff
�
�
á
]
onde á e´ o momento de ine´rcia rotacional do dipolo.
Portanto, a frequ¨eˆncia de oscilac¸a˜o e´
ë
ff
®
N
,
ff
2
N
,
¯
�
�
á
$
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