64874911 Curso de Fisica Basica H Moyses Nussenzveig Resolucao Do Volume III Capitulo 2

Curso de Física Básica - H. Moysés Nussenzveig Nussenzveig Resolução do Volume III Capítulo 2 – A Lei de Coulomb

Mostre que a razão da atração eletrostática para a atração gravitacional entre um elétron e um próton é independente da distância entre eles e calcule essa razão.

1-

2 - Em um litro de hidrogênio gasoso, nas condições NTP: a) Qual é a carga positiva total contida nas moléculas e neutralizada pelos elétrons? (Resp.: 8,6 x 10³ C) b) Suponha que toda a carga positiva pudesse ser separada da negativa e mantida à distância de 1 m

dela. Tratando as duas cargas como puntiformes, calcule a força de atração eletrostática entre elas, em kgf. (Resp.: 6,8 x 10 16 kgf). c) Compare o resultado com uma estimativa da atração gravitacional da Terra sobre o Pão de Açúcar. (Resp.: A atração eletrostática é da ordem de 10 6 vezes maior). O modelo de Bohr para o átomo de hidrogênio pode ser comparado ao sistema Terra-Lua, em que o papel da Terra é desempenhado pelo próton e o da Lua pelo elétron, a atração gravitacional sendo substituída pela eletrostática. A distância média entre o elétron e o próton no átomo é da ordem de 0,5 . a) Admitindo esse modelo, qual seria a freqüência de revolução do elétron em torno do próton? Compare-a com a freqüência da luz visível. (Resp.: 7,2 x 10 15 s-1 , da ordem das freqüências freqüências 3-

da luz visível). b) Qual

seria a velocidade do elétron na sua órbita? É consistente usar a eletrostática nesse caso? É consistente usar a mecânica não-relativística? (Resp.: 2,3 x 10³ km/s, menos de 1% da velocidade da luz, podendo ainda ser tratada como não relativística. Não é consistente, na física clássica, usar a eletrostática neste modelo. Um estado estacionário só é obtido na física quântica).

Uma carga negativa fica em equilíbrio quando colocada no ponto médio do segmento de reta que une duas cargas positivas idênticas. Mostre que essa posição de equilíbrio é estável para pequenos deslocamentos da carga negativa em direções perpendiculares ao segmento, mas que é instável para pequenos deslocamentos ao longo dele.

4-

Duas esferinhas idênticas de massa m estão carregadas com carga q e suspensas por fios isolantes de comprimento l. O ângulo de abertura resultante é 2θ (fig.). b) Mostre que: q² cosθ = 16πε0 l² mgsen³θ 5 -

c) (Resposta:

Se m = 1 g, l = 20 cm e θ = 30°, qual é o valor de q?

q 2 . cos θ = 16πε0 .l².mg. sen ³θ ) (Resp.: 1,6 x 10 -6 C).

1

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Cargas q, 2q e 3q são colocadas nos vértices de um triângulo eqüilátero de lado a. Uma carga Q de mesmo sinal que as outras três é colocada no centro do triângulo. Obtenha a força resultante sobre Q (em módulo, direção e sentido). (Resp.: 9 3 .q.Q / (16πε0a 2 ) . 6 -

Uma carga Q é distribuída uniformemente sobre um fio semicircular de raio a. Calcule a força q.Q ˆ j ) com que atua sobre uma carga de sinal oposto - q colocada no centro. (Resposta: F = 2π²ε 0 .a ²

7-

r

8 - Um

fio retilíneo muito longo (trate-o como infinito) está eletrizado com uma densidade linear de carga λ. Calcule a força com que atua sobre uma carga puntiforme q colocada à distância ρ do fio. contribuição de um elemento dz do Sugestão: tome a origem em O e o fio como eixo z. Exprima a contribuição fio à distância z da origem em função do ângulo θ da figura. Use argumentos de simetria. (Resp.: qλ /(2.π 2.ε 0.0 ρ ), radial para fora). . ),





Uma partícula de massa m e carga negativa negativa - q está vinculada a mover-se sobre a mediatriz do segmento que liga duas cargas positivas + Q, separadas por uma distância d . Inicialmente, a partícula y << d do centro desse segmento. Mostre que ela executa um movimento harmônico simp simple less em torn tornoo do cent entro, ro, e calc calcul ulee a freq freqüê üênc ncia ia angu angula larr ω de oscila oscilaçã ção. o. (Resp.: 9-

1

 Qq  2  ). ω = 2 3 πε md  0 

Resoluções R-1)

e2 Força eletrostática = Fe . 4πε 0 d 2 G.m e .m p Força gravitacional = Fg = d2 1

Dividindo |Fe| / |Fg|, vemos que o termo d² desaparece.Logo a razão entre as duas interações não depende da distância entre o elétron e o próton. Para o cálculo da razão, utilize: 1

= 8,98755 x 10 9 N.m 2 / C 2

4πε 0 me (massa do elétron) = 9,109 390 x 10-31 kg mp (massa do próton) = 1,672 623 x 10-27 kg e (carga elementar) = 1,602 177 x 10-19 C G = 6,672 6 x 10-11 M.m²/kg²





coloumb tem-se 8,6 x10³ C. Observação: Cada átomo de Hidrogênio possui 1 elétron.O número de Avogrado é 6,0221.10^23. A carga do elétron é 1,6.10^-19 C. A carga global positiva é igual a carga global negativa. b)

R-5)

Traçando dois eixos de coordenadas cartesianas sobre a figura, obtêm-se, para uma das cargas: Em x (eixo na direção versor i, positivo para a direita). Pela condição de equilíbrio: T.senθ - F = 0 (I) Em y (eixo na direção do versor j, positivo para cima). T.cosθ - m.g m.g = 0 (m.g (m.g é o peso peso da carga carga q, em questã questão). o). (II) (II) De (I) e (II), obtêm-se: (F/senθ).cosθ - m.g = 0 Mas F é a força elétrica entre as cargas: 1 q2 F= . cos θ = m.g. sen θ 4πε 0 (2.l. sen θ)2 Resolvendo, chega-se a: q 2 . cos θ = 16πε0 .l².mg. sen ³θ Cada elemento de comprimento dl do fio, com carga dQ, contribui com uma força dF sobre a carga (-q). Sendo λ a densidade linear de carga no fio, temos; Q = λ.(2πa)/2 = λ.π.a (I) ou dQ = λ.dl λ.a.dθ (II) R-7)





x = a. cos θ  y = a. sen θ r

dF =

ˆ ˆ q.dQ .(a. cos θ ˆi + a.senθ jˆ ) = λ.q.a .dθ. a.(cos θ i + senθ j 4πε0 a ² 4πε0 .a ² a 1

.

λ.q F= . (cosθ ˆi + senθ jˆ ).dθ 4πε 0 .a 0 π

r

∫

r

F=

λ.q λ.q π.a ˆ q.λ.π.a ˆ q.Q ˆ .2 jˆ = . j = j = j 4πε0 .a 2πε0 .a π.a 2π²ε 0 .a ² 2π²ε 0 .a ²

R-8)

Vamos considerar, a princípio, o fio de comprimento L. r = ρ iˆ + zkˆ r

Sendo dQ a carga de um elemento dz do fio: dQ = λ.dz (λ > 0 e eixo z com sentido positivo para cima) r

1

q.dQ

ˆ r 4πε 0 r 2 Por simetria, componentes dF na direção paralela ao fio cancelam-se (veja na figura que cada dF, em vermelho, cancela-se com a outra componente, em azul, na direção do eixo z). Logo, a força elétrica resultante sobre a carga q é: dF =

.

r

dF x = dF cos θ

onde

cosθ =

ρ

perpendicular ao fio =

ρ

(

)

1





dF x =

F x =

1

q.λ .dz

.

4πε 0 ( ρ 2 + z 2 ) 3 2 1

4πε 0

L

+

.q.λ.ρ. ∫ L

−

2

ρ

dz

2 2 2 ( ρ + z )

3

2

=

L

1 4πε 0

dz

.q.λ. ρ.2.∫

0

( ρ 2 + z 2 )

3

2

A integral anterior pode ser calculada por:

∫

ds 3

( a2 + s2 ) 2

=

s a2 . a2 + s2

Assim:  2 z F x = .q.λ.ρ .  2 2 2 4πε 0  ρ. ρ+ z

L

   0

=

2

.

q.λ

4πε 0 ρ

.

1 2

ρ+ L2

=

2

.

q.λ

4πε 0 ρ

.

1 2ρ +1 2 L

Quando L  ∞ (fio muito longo), a força torna-se: 2 q.λ q.λ . = F x = , direção radial, para fora. 4πε 0 ρ 2πε 0 ρ

R-9)

a) Condição

de equilíbrio na horizontal (direção do versor i): F3(1) (-i) = F3(2) i 1 qQ 1 qQ . cos . cos θ θ = 4πε0 (x 2 + y 2 ) 4πε0 [(d − x )2 + y 2 ] x² + y² = d² - 2dx +x² +y² ⇒ d(d-2x) = 0 Como d ≠ 0 ⇒ x = d/2 Condição de equilíbrio na vertical: 2.F. sen θ = 0 ⇒ 2.F.

y 1

 d   + y 2  4   14243 2

B

2

=0







Fy = −

1

.

qQ

4πε0  d  2 2    + y   2  

.

y  d  2  2   + y   2  

1

2

Fy = −

⇒

1

.

q.Q.y

3 2 4πε0  2   d  2   + y   2  

Fazendo: C= Fy = −C.

q.Q 4πε0 y

D=

e

d 2

3

(D 2 + y 2 ) 2

d2 y Em MHS, temos: F = m. 2 dt Comparando com a força eletrostática: y d 2 y − C. 3 Fy = m. 2 = (D 2 + y 2 ) 2 dt

⇒

C y d2y − . 3 = m 2 (D + y 2 ) 2 dt 2

Para deslocamentos muito pequenos de y, y0 <
1

2

    y   Qq = . 4 πε 0 m  d  3        2   

1

2

 Qqy   = 2 3  md πε  0 

1

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