6.A: Lei de Gauss (Respostas)
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Verifique sua compreensão
6.1. Posicione-o de forma que sua unidade normal fique perpendicular\(\displaystyle \vec{E}\) a.
6.2. \(\displaystyle mab^2/2\)
6,3 a.\(\displaystyle 3.4×10^5N⋅m^2/C;\)
b.\(\displaystyle −3.4×10^5N⋅m^2/C;\)
c.\(\displaystyle 3.4×10^5N⋅m^2/C;\)
d. 0
6.4. Nesse caso, existe apenas\(\displaystyle \vec{E}_{out}\). Então, sim.
6,5. \(\displaystyle \vec{E}=\frac{λ_0}{2πε_0}\frac{1}{d}\hat{r}\); Isso concorda com o cálculo do Exemplo 5.5, onde encontramos o campo elétrico integrando o fio carregado. Observe como o cálculo desse campo elétrico é muito mais simples com a lei de Gauss.
6.6. Se houver outros objetos carregados ao redor, as cargas na superfície da esfera não serão necessariamente esfericamente simétricas; haverá mais em determinada direção do que em outras direções.
Perguntas conceituais
1. a. Se a superfície plana for perpendicular ao vetor do campo elétrico, o fluxo máximo seria obtido. b. Se a superfície plana fosse paralela ao vetor do campo elétrico, o fluxo mínimo seria obtido.
3. verdadeiro
5. Como o vetor do campo elétrico tem uma\(\displaystyle \frac{1}{r^2}\) dependência, os fluxos são os mesmos desde então\(\displaystyle A=4πr^2\).
7. a. não;
b. zero
9. Ambos os campos variam conforme\(\displaystyle \frac{1}{r^2}\). Como a constante gravitacional é muito menor do que\(\displaystyle \frac{1}{4πε_0}\), o campo gravitacional é ordens de magnitude mais fraco do que o campo elétrico.
11. Não, ele é produzido por todas as cargas dentro e fora da superfície gaussiana.
13. Não, já que a situação não tem simetria, o que torna difícil simplificar a lei de Gauss.
15. Qualquer formato da superfície gaussiana pode ser usado. A única restrição é que a integral gaussiana deve ser calculável; portanto, uma caixa ou um cilindro são as formas geométricas mais convenientes para a superfície gaussiana.
17. sim
19. Como o campo elétrico é zero dentro de um condutor, uma carga de\(\displaystyle −2.0μC\) é induzida na superfície interna da cavidade. Isso colocará uma carga\(\displaystyle +2.0μC\) na superfície externa, deixando uma carga líquida de\(\displaystyle −3.0μC\) na superfície.
Problemas
21. \(\displaystyle Φ=\vec{E}⋅\vec{A}→EAcosθ=2.2×10^4N⋅m^2/C\)campo elétrico na direção da unidade normal; campo\(\displaystyle Φ=\vec{E}⋅\vec{A}→EAcosθ=−2.2×10^4N⋅m^2/C\) elétrico oposto à unidade normal
23. \(\displaystyle \frac{3×10^{−5}N⋅m^2/C}{(0.05m)^2}=E⇒σ=2.12×10^{−13}C/m^2\)
25. uma\(\displaystyle Φ=0.17N⋅m^2/C\);.
b.\(\displaystyle Φ=0\);
c.\(\displaystyle Φ=EAcos0°=1.0×10^3N/C(2.0×10^{−4}m)^2cos0°=0.20N⋅m^2/C\)
27. \(\displaystyle Φ=3.8×10^4N⋅m^2/C\)
29. \(\displaystyle \vec{E}(z)=\frac{1}{4πε_0}\frac{2λ}{z}\hat{k},∫\vec{E}⋅\hat{n}dA=\frac{λ}{ε_0}l\)
31. uma\(\displaystyle Φ=3.39×10^3N⋅m^2/C\);.
b.\(\displaystyle Φ=0\);
c.\(\displaystyle Φ=−2.25×10^5N⋅m^2/C\);
d.\(\displaystyle Φ=90.4N⋅m^2/C\)
33. \(\displaystyle Φ=1.13×10^6N⋅m^2/C\)
35. Faça um cubo com q no centro, usando o cubo do lado a. Isso precisaria de quatro cubos do lado a para formar um lado do cubo grande. O lado sombreado do cubo pequeno seria 1/24 da área total do cubo grande; portanto, o fluxo através da área sombreada seria\(\displaystyle Φ=\frac{1}{24}\frac{q}{ε_0}\).
37. \(\displaystyle q=3.54×10^{−7}C\)
39. zero, também porque o fluxo de entrada é igual ao fluxo de saída
41. \(\displaystyle r>R,E=\frac{Q}{4πε_0r^2};r<R,E=\frac{qr}{4πε_0R^3}\)
43. \(\displaystyle EA=\frac{λl}{ε_0}⇒E=4.50×10^7N/C\)
45. a. 0;
b. 0;
c.\(\displaystyle \vec{E}=6.74×10^6N/C(−\hat{r})\)
47. a. 0;
b.\(\displaystyle E=2.70×10^6N/C\)
49. a. Sim, o comprimento da haste é muito maior do que a distância até o ponto em questão.
b. Não, o comprimento da haste é da mesma ordem de magnitude da distância até o ponto em questão.
c. Sim, o comprimento da haste é muito maior do que a distância até o ponto em questão.
d. Não. O comprimento da haste é da mesma ordem de magnitude da distância até o ponto em questão.
51. uma\(\displaystyle \vec{E}=\frac{Rσ_0}{ε_0}\frac{1}{r}\hat{r}⇒σ_0=5.31×10^{−11}C/m^2, λ=3.33×10^{−12}C/m\);.
b.\(\displaystyle Φ=\frac{q_{enc}}{ε_0}=\frac{3.33×10^{−12}C/m(0.05m)}{ε+0}=0.019N⋅m^2/C\)
53. \(\displaystyle E2πrl=\frac{ρπr^2l}{ε_0}⇒E=\frac{ρr}{2ε_0}(r≤R); E2πrl=\frac{ρπR^2l}{ε_0}⇒E=\frac{ρR^2}{2ε_0r}(r≥R)\)
55. \(\displaystyle Φ=\frac{q_{enc}}{ε_0}⇒q_{enc}=−1.0×10^{−9}C\)
57. \(\displaystyle q_{enc}=\frac{4}{5}παr^5, E4πr^2=\frac{4παr^5}{5ε_0}⇒E=\frac{αr^3}{5ε_0}(r≤R), q_{enc}=\frac{4}{5}παR^5,E4πr^2=\frac{4παR^5}{5ε_0}⇒E=\frac{αR^5}{5ε_0r^2}(r≥R)\)
59. integrar por partes:\(\displaystyle q_{enc}=4πρ_0[−e^{−αr}(\frac{(r)^2}{α}+\frac{2r}{α^2}+\frac{2}{α^3})+\frac{2}{α^3}]⇒E=\frac{ρ_0}{r^2ε_0}[−e^{−αr}(\frac{(r)^2}{α}+\frac{2r}{α^2}+\frac{2}{α^3})+\frac{2}{α^3}]\)
61.
63. a. Exterior:\(\displaystyle E2πrl=\frac{λl}{ε_0}⇒E=\frac{3.0C/m}{2πε_0r}\); Interior\(\displaystyle E_{in}=0\);
b.
65. a.\(\displaystyle E2πrl=\frac{λl}{ε_0}⇒E=\frac{λ}{2πε_0r}r≥R\) E interior é igual a 0;
b.
67. \(\displaystyle E=5.65×10^4N/C\)
69. \(\displaystyle λ=\frac{λl}{ε_0}⇒E=\frac{aσ}{ε_0r}r≥a, E=0\)no interior desde que\(\displaystyle q\) está fechado =0
71. uma\(\displaystyle E=0\);.
b.\(\displaystyle E2πrL=\frac{Q}{ε_0}⇒E=\frac{Q}{2πε_0rL}\); c.\(\displaystyle E=0\) já que r estaria dentro da segunda camada ou, se estiver fora, q fechado é igual a 0.
Problemas adicionais
73. \(\displaystyle ∫\vec{E}⋅\hat{n}dA=a^4\)
75. a.\(\displaystyle ∫\vec{E}⋅\hat{n}dA=E_0r^2π\); b. zero, uma vez que o fluxo pela metade superior cancela o fluxo através da metade inferior da esfera
77. \(\displaystyle Φ=\frac{q_{enc}}{ε_0}\); Existem duas contribuições para a integral da superfície: uma na lateral do retângulo em\(\displaystyle x=0\) e a outra no lado em\(\displaystyle x=2.0m\);\(\displaystyle −E(0)[1.5m^2]+E(2.0m)[1.5m^2]=\frac{q_{enc}}{ε_0}=−100Nm2^/C\)
onde o sinal de menos indica que em\(\displaystyle x=0\), o campo elétrico está ao longo de x positivo e a unidade normal está ao longo de x negativo. Em\(\displaystyle x=2\), a unidade normal e o vetor do campo elétrico estão na mesma direção:\(\displaystyle q_{enc}=ε_0Φ=−8.85×10^{−10}C\)
79. não manteve direções consistentes para os vetores de área ou os campos elétricos
81. a.\(\displaystyle σ=3.0×10^{−3}C/m^2, +3×10^{−3}C/m^2\) em um e\(\displaystyle −3×10^{−3}C/m^2\) no outro;
b.\(\displaystyle E=3.39×10^8N/CE=3.39×10^8N/C\)
83. Construa um cilindro gaussiano ao longo do eixo z com a área da seção transversal A.
\(\displaystyle |z|≥\frac{a}{2}q_{enc}=ρAa,Φ=\frac{ρAa}{ε_0}⇒E=\frac{ρa}{2ε_0}\),
\(\displaystyle |z|≤\frac{a}{2}q_{enc}=ρA2z,E(2A)=\frac{ρA2z}{ε_0}⇒E=\frac{ρz}{ε_0}\)
85. uma\(\displaystyle r>b_2\)\(\displaystyle E4πr^2=\frac{\frac{4}{3}π[ρ_1(b^3_1−a^3_1)+ρ_2(b^3_2−a^3_2)}{ε_0}⇒E=\frac{ρ_1(b^3_1−a^3_1)+ρ_2(b^3_2−a^3_2)}{3ε_0r^2}\);.
b.\(\displaystyle a_2<r<b_2\)\(\displaystyle E4πr^2=\frac{\frac{4}{3}π[ρ_1(b^3_1−a^3_1)+ρ_2(r^3−a^3_2)]}{ε_0}⇒E=\frac{ρ_1(b^3_1−a^3_1)+ρ_2(r^3−a^3_2)}{3ε_0r^2}\);
c.\(\displaystyle b_1<r<a_2\)\(\displaystyle E4πr^2=\frac{\frac{4}{3}πρ_1(b^3_1−a^3_1)}{ε_0}⇒E=\frac{ρ_1(b^3_1−a^3_1)}{3ε_0r^2}\);
d\(\displaystyle a_1<r<b_1\)\(\displaystyle E4πr^2=\frac{\frac{4}{3}πρ_1(r^3_−a^3_1)}{ε_0}⇒E=\frac{ρ_1(r^3−a^3_1)}{3ε_0r^2}\);.
e. 0
87. Campo elétrico devido à placa sem furo:\(\displaystyle E=\frac{σ}{2ε_0}\).
Campo elétrico de apenas um buraco preenchido com\ (\ displaystyle −σe=\ frac {−σ} {2ε_0} (1−\ frac {z} {\ sqrt {R^2+Z^2}}).
Assim,\(\displaystyle E_{net}=\frac{σ}{2ε_0}\frac{h}{\sqrt{R^2+h^2}}\)
89. a.\(\displaystyle E=0\); b.\(\displaystyle E=\frac{q_1}{4πε_0r^2}\); c.\(\displaystyle E=\frac{q_1+q_2}{4πε_0r^2}\); d. 0\(\displaystyle q_1−q_1, q_1+q_2\)
Problemas de desafio
91. Dado o link referenciado, usando uma distância até Vega de\(\displaystyle 237×10^{15} m\) 4 e um diâmetro de 2,4 m para o espelho primário, 5 descobrimos que em um comprimento de onda de 555,6 nm, Vega está emitindo\(\displaystyle 2.44×10^{24}J/s\) nesse comprimento de onda. Observe que o fluxo através do espelho é essencialmente constante.
93. A simetria das forças do sistema\(\displaystyle \vec{E}\) a serem perpendiculares à chapa e constantes em qualquer plano paralelo à chapa. Para calcular o campo elétrico, escolhemos a superfície cilíndrica gaussiana mostrada. A área da seção transversal e a altura do cilindro são A e 2x, respectivamente, e o cilindro é posicionado de forma que seja dividido ao meio pela chapa plana. Como E é perpendicular a cada extremidade e paralelo ao lado do cilindro, temos EA como o fluxo através de cada extremidade e não há fluxo pela lateral. A carga encerrada pelo cilindro é\(\displaystyle σA\), portanto, da lei de Gauss\(\displaystyle 2EA=\frac{σA}{ε_0}\), e o campo elétrico de uma folha infinita de carga é
\(\displaystyle E=\frac{σ}{2ε_0}\), de acordo com o cálculo de no texto.
95. Há Q/2 em cada lado da placa, pois a carga líquida é\(\displaystyle Q: σ=\frac{Q}{2A}\),
\(\displaystyle ∮_S\vec{E}⋅\hat{n}dA=\frac{2σΔA}{ε_0}⇒E_P=\frac{σ}{ε_0}=\frac{Q}{ε_02A}\)