Problemas Aula 5.1 - Força Elétrica e Campo Elétrico

Escrito por Paulo Henrique

Alguns problemas para você praticar a teoria estudada. O grau de dificuldade dos problemas está indicado com asteriscos (*). Problemas com 1 asterisco é o equivalente a um problema de primeira fase de OBF, 2 asteriscos (**) um de segunda fase, e 3 asteriscos (***) um de terceira fase.

Problema 01 *

Com relação às linhas de força de um campo elétrico, pode-se afirmar que são linhas imaginárias

a) tais que a tangente em qualquer ponto tem a mesma direção do ponto elétrico.

b) tais que a perpendicular a elas em qualquer ponto tem a mesma direção do ponto elétrico.

c) que circulam a direção do campo elétrico.

d) que nunca coincidem com a direção do campo elétrico.

e) que sempre coincidem com a direção do campo elétrico.

Solução

Pela definição das linhas de força, a tangente a elas em um dado ponto da linha possui a mesma direção do campo elétrico local.

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Gabarito

Letra a)

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Problema 02 *

Considere duas cargas puntiformes $q=1\times 10^{-9}\,\rm{C}$ e $Q=2\times 10^{-9}\,\rm{C}$ separadas por $4\,\rm{m}$ . Qual o módulo do campo elétrico resultante que essas cargas produzem no ponto $P$ ? Considere que a carga $Q$ encontra-se a $1\,\rm{m}$ do ponto $P$ .

Solução

Pela fórmula do campo elétrico, temos que o campo gerado pela carga $Q$ em $P$ é

$E_Q=\dfrac{kQ}{d_Q^2}=\dfrac{9\times 10^{9}\times 2\times 10^{-9}}{1^2}=18\,\rm{N/C}$

Analogamente, o campo gerado pela carga $q$ em $P$ é

$E_q=\dfrac{kq}{d_q^2}=\dfrac{9\times 10^{9}\times 1\times 10^{-9}}{(4-1)^2}=1\,\rm{N/C}$

Como os campos gerados possuem sentidos opostos, o campo elétrico resultante em $P$ é dado por

$E=E_Q-E_q=\boxed{17\,\rm{N/C}}$

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Gabarito

$\boxed{E= 17\,\rm{N/C}}$

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Problema 03 *

Duas cargas elétricas, $q_1=-4\times 10^{-6}\,\rm{C}$ e $q_2=4\times 10^{-6}\,\rm{C}$ , são fixas nos vértices $A$ e $B$ de um triângulo equilátero $ABC$ de lados $20\,\rm{cm}$ .

Qual é o módulo do vetor campo elétrico gerado pelas duas cargas no vértice $C$ ?

Solução

Como as cargas $q_1$ e $q_2$ possuem mesmo módulo e sentidos opostos, podemos afirmar que as componentes verticais dos campos elétricos gerados por elas no ponto $C$ se cancelam, restando apenas a soma de suas componentes horizontais:

$E=\dfrac{kq_2}{l^2}\cos{60^\circ}-\dfrac{kq_1}{l^2}\cos{60^\circ}$

$E=\dfrac{k(q_2-q_1)}{2l^2}$

$E=\dfrac{9\times 10^9 \times 2\times 4\times 10^{-6}}{2\times(0,2)^2}$

$\boxed{E=9\times 10^5\,\rm{N/C}}$

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Gabarito

$\boxed{E=9\times 10^5\,\rm{N/C}}$

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Problema 04 *

Na figura a seguir, uma partícula de carga $q=1\,\rm{C}$ e massa $m=20\,\rm{kg}$ gira em torno de uma carga central fixa de carga $Q=10\,\rm{C}$ em uma órbita circular de raio $R=5\,\rm{m}$ . Encontre o módulo da velocidade orbital da partícula.

Solução

Igualando a força de Coulomb à força resultante centrípeta:

$\dfrac{kQq}{R^2}=\dfrac{mv^2}{R}$

Isolando $v$ :

$v=\sqrt{\dfrac{kQq}{mR}}$

Substituindo os valores:

$v=\sqrt{\dfrac{9\times 10^9 \times 10 \times 1}{20\times 5}}=\boxed{3\times 10^4\,\rm{m/s}}$

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Gabarito

$\boxed{v = 3\times 10^4\,\rm{m/s}}$

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Problema 05 *

(OBF) Três partículas iguais e eletricamente carregadas, cada uma com massa $m$ e carga de módulo $Q$ , estão no plano xy, ocupando os vértices de um triângulo isósceles, como mostra a figura. Considere as interações, gravitacional e elétrica, apenas entre elas. A ação dessas interações sobre a partícula posicionada na origem do sistema de coordenadas, permite afirmar corretamente que:
a) as forças resultantes gravitacional e eletrostática têm uma mesma direção e um mesmo sentido.
b) os vetores que representam as forças resultantes gravitacional e eletrostática são ortogonais entre si.
c) as resultantes gravitacional e eletrostática têm uma mesma direção, mas têm sentidos opostos.
d) o ângulo entre as forças resultantes gravitacional e eletrostática vale 45º.
e) a força eletrostática resultante é nula, mas a gravitacional não.

Solução

Pela figura, vemos que as forças gravitacionais provocadas pelas massas nos eixos x e y possuem o mesmo módulo e estão em direções perpendiculares entre si ( $\hat{x}$ e $\hat{y}$ ), de forma que a força gravitacional resultante esteja na mesma direção da bissetriz do primeiro quadrante. Temos uma situação análoga para as forças elétricas; porém, como elas estão nas direções $-\hat{y}$ e $\hat{x}$ , a força elétrica resultante está na mesma direção que a bissetriz do quarto quadrante. Assim, concluímos que os vetores que representam as forças resultantes gravitacional e eletrostática são ortogonais entre si.

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Gabarito

Letra b)

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Problema 06 *

A figura a seguir representa duas cargas puntiformes positivas $q$ e $Q$ conectadas por uma corda de comprimento $l$ . Determine a tensão na corda sabendo que o sistema está em equilíbrio.

Solução

A tensão será igual à força eletrostática entre as cargas:

$\boxed{T=\dfrac{kQq}{l^2}}$

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Gabarito

$\boxed{T=\dfrac{kQq}{l^2}}$

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Problema 07 **

Quatro cargas elétricas de iguais intensidades, de valor $q$ cada uma, encontram-se situadas nos vértices
de um quadrado de lado $L$ . Qual a intensidade da carga $Q$ , de sinal contrário, que será necessário colocar
no centro do quadrado, para que todo o sistema de cargas se encontre em equilíbrio?

Solução

Por simetria do sistema de cargas, basta que uma carga $q$ esteja em equilíbrio para que as outras também estejam. Analisaremos as forças agindo sobre a carga localizada no vértice superior direito do quadrado. Como as forças devidas às cargas nos vértices inferior direito e superior esquerdo possuem módulo igual e estão em direções perpendiculares, podemos afirmar que a força resultante gerada por elas tem a mesma direção da diagonal do quadrado e módulo igual a

$|\vec{F_{id}}+\vec{F_{se}}|=\sqrt{\left(\dfrac{kq^2}{L^2}\right)^2+\left(\dfrac{kq^2}{L^2}\right)^2}$

$|\vec{F_{id}}+\vec{F_{se}}| = \dfrac{\sqrt{2}kq^2}{L^2}$

As forças causadas pelas cargas no vértice inferior esquerdo e no centro do quadrado também possuem a mesma direção que a diagonal. Elas são dadas por, respectivamente,

$F_{ie}=\dfrac{kq^2}{(\sqrt{2}L^2)}=\dfrac{kq^2}{2L^2}$

$F_{c}=-\dfrac{kQq}{(\sqrt{2}L^2)/2}=-\dfrac{2kQq}{L^2}$

No equilíbrio, a soma de todas essas forças é nula:

$\dfrac{\sqrt{2}kq^2}{L^2}+\dfrac{kq^2}{2L^2}-\dfrac{2kQq}{L^2}=0$

Passando o termo contendo $Q$ para o outro lado da equação e simplificando:

$q\left(\sqrt{2}+\dfrac{1}{2}\right)=2Q$

Isolando $Q$ e simplificando novamente:

$\boxed{Q=q\left(\dfrac{2\sqrt{2}+1}{4}\right)}$

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Gabarito

$\boxed{Q=q\left(\dfrac{2\sqrt{2}+1}{4}\right)}$

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Problema 08 **

(OBF) Duas cargas puntiformes $q_a =-4,0\,\mu C$ e $q_b =-1,0\, \mu C$ são mantidas fixas no eixo $x$ do sistema de coordenadas cartesianas mostrado ao lado, no qual $L = 12\,cm$ . Uma terceira carga $q_c =-1,0\,\mu C$ deve ser trazida de um ponto distante até o ponto $C$ no qual a força eletrostática sobre $q_c$ deve ser nula.

Determine a coordenada $x_c$ de $C$ , em $cm$ .

Solução

Como $q_a$ e $q_b$ possuem o mesmo sinal, $q_c$ deve estar entre as duas para ter sua força resultante igual a zero. Assim,

$F_{a,c} + F_{b,c} = 0$

$\dfrac{Kq_aq_c}{x_c^2} = \dfrac{Kq_bq_c}{(L-x_c)^2}$

$\left(\dfrac{L}{x_c} - 1\right)^2 = \dfrac{1}{4}$

$\dfrac{L}{x_c} = \dfrac{3}{2}$

$\boxed{x_c = 8 \, cm}$

Veja que pegamos a solução positiva na raiz quadrada porque $L > x_c \Rightarrow L/x_c > 1$ , pelo motivo que introduziu a resolução.

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Gabarito

$\boxed{x_c = 8 \, cm}$

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Problema 09 **

Têm-se três pequenas esferas carregadascom cargas $q_1$ , $q_2$ e $q_3$ .

As esferas estão colocadas no vácuo, sobre um plano horizontal sem atrito, de forma que seus centros estão em uma mesma horizontal. Sabendo-se que as esferas estão em equilíbrio nas posições indicadas na figura acima, que a carga da esfera $q_2$ é igual a $+2,5\times 10^{-4}\,\rm{C}$ e que $d_1=d_2=d=0,12\,\rm{m}$ , encontre os valores das cargas $q_1$ e $q_3$ .

Solução

Para que a esfera $q_2$ esteja em equilíbrio, devemos ter que $q_1=q_3$ . Fazendo o equilíbrio de forças agindo sobre a esfera $q_1$ , temos que

$\dfrac{kq_1q_2}{d^2}+\dfrac{kq_1q_3}{(2d)^2}=0$

$q_3=-4q_2$

$\boxed{q_3=-1,0\times 10^{-3}\,\rm{C}}$

$\boxed{q_1=-1,0\times 10^{-3}\,\rm{C}}$

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Gabarito

$\boxed{q_1=q_3=-1,0\times 10^{-3}\,\rm{C}}$

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Problema 10 **

(OBF) Charles Darwin ficou fascinado com as aranhas que pousavam no convés do HMS Beagle quase dois séculos atrás. Sem asas, as aranhas chegavam ao barco, a $100$ $km$ da costa da América do Sul. Como? Novas pesquisas revelam como isso acontece. As aranhas "voam" graças a um processo conhecido como "balonização". Essas aranhas produzem fios de seda, que eletrizados estaticamente, forma "velas" que as transportam. A figura I abaixo representa, esquematicamente, uma aranha "voando" graças à ação do vento. (Trecho adaptado da revista National Geographic - Brasil, edição de maio de 2019.)

A repulsão eletrostática entre os fios é a responsável pelo ângulo de abertura da "vela" de uma aranha voadora. Considere um modelo bastante simplificado para descrever essa abertura no qual a carga $q$ e massa $m$ de um fio de teia de aranha, ao invés de estarem distribuídas ao longo de seu comprimento, estão concentradas em uma única partida localizada na sua extremidade final. As extremidades iniciais do fio estão unidas em um único ponto fixo preso no corpo da aranha. Para simplificar ainda mais, considere o caso no qual a "vela" é formada por apenas dois fios idênticos de comprimento $l$ e não há ação dos ventos. Logo, existe uma configuração na qual os fios permanecem pendurados, estáticos, sob a ação do campo gravitacional, das forças eletrostática e, naturalmente, das forças necessárias para manter suas extremidade iniciais fixas. A figura II abaixo representa esse modelo. Determine o valor da carga $q$ supondo que o equilíbrio ocorre para $\theta=60,0^{\circ}$ em uma "vela" no qual $l=2,00$ $cm$ . Tipicamente, a densidade da seda de aranha é $0,200 g/cm^{3}$ e um fio de teia tem diâmetro de $2,00$ $\mu m$ .

Solução

Primeiramente, calculemos a massa $m$ de cada fio:

$m=\rho V= \rho \pi \dfrac{d^{2}}{4} l$

Substituindo (com $\pi=3$ ), encontra-se:

$m=1,2*10^{-11}$ $kg$

Agora, escrevamos a condição de equilíbrio para uma carga na vertical:

$mg=T\cos \left( \dfrac{\theta}{2} \right)$

Na horizontal, então:

$\dfrac{kq^{2}}{\left(2l \sin \left( \dfrac{\theta}{2} \right) \right)^{2}} =T \sin \left( \dfrac{\theta}{2} \right)$

Divindo as duas equações obtemos:

$\tan \left( \dfrac{\theta}{2} \right)=\dfrac{kq^{2}}{4mgl^{2} \sin^{2} \left( \dfrac{\theta}{2} \right)}$

$q=2l \sin \left( \dfrac{\theta}{2} \right) \sqrt{\dfrac{mg \tan \left( \dfrac{\theta}{2} \right)}{k}}$

Substituindo os valores fornecidos e o valor de $m$ calculado anteriormente, fazendo também a aproximação: $\sqrt{1,7}=1,3$ , encontramos:

$\boxed{q \approx 1,7* 10^{-12}\,\rm{C}}$

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Gabarito

$\boxed{q \approx 1,7* 10^{-12}\,\rm{C}}$

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Problema 11 **

Duas esferas carregadas positivamente são fixadas, estando separadas por uma distância de $30\,\rm{cm}$ . Uma terceira esfera carregada com carga $+5,0\times 10^{-7}\,\rm{C}$ é colocada entre elas, de forma que as três cargas fiquem sobre uma mesma reta. Nestas condições, pergunta-se:

a) Se as cargas das duas esferas ficas fossem iguais, quais deveriam ser as distâncias entre a 3ª esfera e cada uma das outras, para que a força resultante nessa 3ª esfera fosse zero?

b) A observação do sistema permitiu concluir que as cargas das duas esferas fixas não são iguais, mas que uma é o dobro da outra. Com a 3ª carga colocada exatamente no meio da distância entre as outras duas, determinou-se que o módulo da força resultante na esfera central valia $2,0\times 10^{-3}\,\rm{N}$ . Qual deve ser o valor das cargas das outras esferas?

Solução

a) Para que a carga central esteja em equilíbrio entre as duas cargas de mesmo valor, é necessário que ela esteja a uma mesa distância das outras. Assim, ela deve ser colocada exatamente no meio das outras esferas, de forma que sua distância até elas seja

$d=\dfrac{30\times 10^{-2}}{2}=\boxed{0,15\,\rm{m}}$

b) Como a força resultante sobre a carga central $Q$ está na mesma direção que o campo elétrico gerado pela carga maior $2q$ :

$\dfrac{2kQq}{d^2}-\dfrac{kQq}{d^2}=F_R$

$q=\dfrac{F_Rd^2}{kQ}=\dfrac{2,0\times 10^{-3}\times 0,3^2}{9\times 10^9 \times 5\times 10^{-7}}$

$\boxed{q=4\times 10^{-8}\,\rm{C}}$

A carga maior é o dobro de $q$ :

$2q=\boxed{8\times 10^{-8}\,\rm{C}}$

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Gabarito

a) $\boxed{0,15\,\rm{m}}$

b) $\boxed{4\times 10^{-8}\,\rm{C}}$ e $\boxed{8\times 10^{-8}\,\rm{C}}$

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Problema 12 ***

Três pequenas esferas de massa desprezível são colocadas nos vértices de um triângulo isósceles de base $L$ (figura 7a). As esferas da parte direita da figura são carregadas com carga $+q$ , enquanto do lado esquerdo com carga $Q$ . O conjunto fica em equilíbrio quando é submetido a um campo elétrico uniforme $\vec{E}$ , mostrado na figura.
a) Determine o valor da carga $Q$ em função de $q$ .

b) Determine o valor do lado $x$ em função de $L$ , $q$ e $E$ .
c) Discuta qualitativamente se o sistema mostrado na figura 7b pode ficar em equilíbrio.

Solução

a) Seja $2\alpha$ o ângulo do triângulo isósceles que possui vértice na carga $Q$ . Por equilíbrio de forças em uma das cargas $q$ na direção do campo elétrico:

$\dfrac{kQq}{x^2}\cos{\alpha}+qE=0$

$\dfrac{kQ}{x^2}\cos{\alpha}=-E$

Por equilíbrio de forças na carga $Q$ na direção do campo elétrico:

$2\dfrac{kQq}{x^2}\cos{\alpha}=QE$

$2\dfrac{kq}{x^2}\cos{\alpha}=E$

Dividindo a primeira equação que obtemos pela segunda:

$\dfrac{Q}{2q}=-1$

$\boxed{Q=-2q}$

b) Por equilíbrio de forças em uma das cargas $q$ na direção vertical, temos que

$\dfrac{kq^2}{L^2}=-\dfrac{kQq}{x^2}\sin{\alpha}$

$\dfrac{1}{L^2}=\dfrac{2}{x^2}\sin{\alpha}$

Dividindo pela equação do equilíbrio de forças na carga $Q$ na direção do campo elétrico:

$\dfrac{1}{EL^2}=\dfrac{1}{kq}\tan{\alpha}$

$\tan{\alpha}=\dfrac{kq}{EL^2}$

Por geometria,

$\tan{\alpha}=\dfrac{L/2}{\sqrt{x^2-(L/2)^2}}$

Substituindo na equação original:

$\dfrac{L/2}{\sqrt{x^2-(L/2)^2}}=\dfrac{kq}{EL^2}$

$\boxed{x=\dfrac{L}{2}\sqrt{1+\left(\dfrac{EL^2}{kq}\right)^2}}$

c) Como a carga $Q$ é negativa, a força que ela provoca nas cargas $q$ na direção horizontal é paralela ao campo elétrico, de forma que ela não consegue garantir o equilíbrio dessas cargas.

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Gabarito

a) $\boxed{Q=-2Q}$

b) $\boxed{x=\dfrac{L}{2}\sqrt{1+\left(\dfrac{EL^2}{kq}\right)^2}}$

c) O equilíbrio não é possível

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Problema 13 ***

(OBF) Por volta de 1897, Joseph John Thomson estudou descargas elétricas em tubos de raios catódicos (o mesmo tipo de tubo usado em monitores e televisores antigos), dentro dos quais, havia uma mistura de gases em baixa pressão. A partir de seus experimentos,Thomson sugeriu que os elétrons estariam mergulhados em uma massa homogênea (de carga positiva), como ameixas em um pudim. Posteriormente, Thomson postulou que os elétrons, estavam situados em anéis, e se moviam em órbitas ao redor da esfera positiva. (texto adaptado: https://pt.wikipedia.org/wiki/ModelodeThomson) Aplicando o modelo de Thomson ao átomo de hidrogênio, e assumindo que o átomo era formado por uma carga positiva distribuída de forma homogênea num volume esférico de raio $R$ com os elétrons orbitando ao seu redor, responda as seguintes perguntas:

a) Qual o campo elétrico a uma distância $r$ quando $r >R$ ?

b) Considerando que o campo total gerado pelas cargas a uma distância r do centro seja

$\vec{E}=-\dfrac{e}{4\pi\epsilon_{0}r^{3}}\left(1-\dfrac{r^{3}}{R^{3}}\right)\vec{r}$

e que sobre o mesmo age uma força

$\vec{F}=-e\vec{E}$ .

Assuma que o elétron foi deslocado para uma distância r do centro e então solto. Demostre que nessa situação o período de oscilação do elétron, em função das variáveis do problema, é dado por:

$T=\dfrac{2\pi R}{e}\sqrt{4\pi \epsilon_{0} R m_{e}}$

Solução

a) Assumindo que a carga total positiva é $Q$ , temos simplesmente que o campo é:

$\boxed{E=\dfrac{Q}{4\pi\epsilon_{0}r^{2}}}$

b) Agora, para o periodo de oscilação do elétron, suponha que o momento angular do eletron é $L$ . Note que essa quantia é conservada pois a forca eletrica é uma forca central.

Assim, nossa equacao de movimento é:

$ma=\dfrac{e^{2}}{4\pi\epsilon_{0}r^{2}}\left(1-\dfrac{r^{3}}{R^{3}}\right)-\dfrac{L^{2}}{mr^{3}}$

E no equilibrio a aceleracao $a$ é 0, logo se a posicao de equilibrio for em $r=r_{0}$ , sabemos que neste local

$\dfrac{e^{2}}{4\pi\epsilon_{0}r_{0}^{2}}\left(1-\dfrac{r_{0}^{3}}{R^{3}}\right)=\dfrac{L^{2}}{mr_{0}^{3}}$

Assim, a equação de movimento é:

$ma=K\cdot \left(\dfrac{1}{r^{2}}-\dfrac{r}{R^{3}}-\dfrac{r_{0}}{r^{3}}+\dfrac{r_{0}^{4}}{r^{3}R^{3}}\right)$

Onde $K=\tfrac{e^{2}}{4\pi\epsilon_{0}}$ . Expandindo a equacao de movimento acima em torno de $r=r_{0}+\delta$ , obtemos:

$ma=-\dfrac{K}{R^{3}}\delta$

Note que foi usado que $(1+x)^{n}\approx1+nx$ , para $nx$ pequenos.

Assim obtemos a equacao de um movimento harmonico simples de frequencia angular $\omega^{2}=\tfrac{K}{mR^{3}}$ . E como o periodo é dado por $T=2 \pi/\omega$ , obtemos:

$T=\dfrac{2\pi R}{e}\sqrt{4\pi \epsilon_{0} R m_{e}}$

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Gabarito

a) $\boxed{E=\dfrac{Q}{4\pi\epsilon{0}r^{2}}}$

b) Acima

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Problema 14 ***

(OBF) O campo elétrico sobre o eixo (perpendicular e passando pelo centro) de um disco de raio $R$ uniformemente carregado com densidade de carga σ a uma distância $x$ do disco é:

Sendo $k$ é a constante de Coulomb.

a) Usando a expressão do campo do disco dada acima, determine o campo elétrico de um plano de carga.

b) A figura abaixo mostra uma pequena esfera não condutora de carga $+Q$ e massa $m$ suspensa por um fio isolante de comprimento $L$ preso num ponto de um plano uniformemente carregado. A esfera está em equilíbrio e faz um ângulo $\theta$ com um plano. Qual é a densidade superficial de carga do plano em função de $Q$ , $m$ e $\theta$ ?

Solução

a) Para encontrarmos o capo em um plano (infinito) usando o de um disco, basta tendermos o raio do disco a infinito, e assim obtemos:

$\boxed{E = 2 \pi k \sigma}$

b) Nesse item, nos vemos diante de um problema de estática. O equilíbrio horizontal nos diz que:

$T\sin{(\theta)} = EQ = 2 \pi k \sigma Q$

Já o equilíbrio vertical nos fornece que:

$T\cos{(\theta)}=mg$

$T=\dfrac{mg}{\cos{(\theta)}}$

E assim chegamos a:

$2\pi k\sigma Q =mg\tan{(\theta)}$

E por fim:

$\boxed{\sigma=\dfrac{mg}{2Q\pi k}\tan{(\theta)}}$

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Gabarito

a) $\boxed{E=2\pi k\sigma}$

b) $\boxed{\sigma=\dfrac{mg}{2Q\pi k}\tan{(\theta)}}$

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Problema 15 ***

(OBF) Em agosto de 1913, portanto há 100 anos, Robert Millikan publicou um artigo onde descreve um método para, pela primeira vez na história, medir a unidade fundamental de carga elétrica - a carga do elétron. O objetivo do experimento é a comprovação do caráter discreto da carga elétrica. O método utilizado baseia-se na ação de um campo elétrico em uma gotícula de óleo, aproximadamente esférica, de densidade $\rho$ , raio $R$ e eletrizada com carga $q$ . A figura mostrada representa o arranjo experimental usado. As gotículas de óleo são borrifadas dentro da câmara e durante a pulverização algumas ionizam-se por atrito. Eventualmente, algumas penetram entre duas placas carregadas, separadas por uma distância d, através de um pequeno orifício. Pode-se observar através do telescópio que, dentre estas, algumas sobem, enquanto outras descem. Aplicando-se uma diferença de potencial $V$ apropriada entre as placas, pode-se selecionar uma gotícula e mantê-la em equilíbrio por certo tempo. O experimento mostrou que qualquer carga $q$ é um múltiplo inteiro positivo ou negativo de uma carga elementar - a carga do elétron. Determine a carga de uma gotícula de óleo em equilíbrio entre as placas em termos dos dados fornecidos no enunciado ( $\rho$ , $R$ , $d$ e $V$ ), use $g$ como aceleração gravitacional local e $\rho_{ar}$ como a densidade do ar.