(Capítulo 23.7 – Exercício 31) A Fig. 23-38 é uma seção de uma barra condutora de raio R 1   =   1,30   m m e comprimento L   =   11,00   m no interior de uma casca coaxial, de paredes finas, de raio R 2   =   10,0 R 1 e mesmo comprimento L . A carga da barra é Q 1   =   + 3,40 × 10 - 12   C ; a carga da casca é Q 2   =   - 2,00 Q 1 . Determine (a) o módulo E e (b) a direção (para dentro ou para fora) do campo elétrico a uma distância radial r   =   2,00 R 2 . Determine (c) E e (d) a direção do campo elétrico para r   =   5,00 R 1 . Determine a carga (e) na superfície interna e (f) na superfície externa da casca.

Passo 1

Faaala tchurma hahaha vamos lá usar a lei do nosso queridíssimo Gauss

Pela Lei de Gauss, temos

∮ A E ⋅ d A = q i n t   ϵ 0

Então é isso aí que vamos usar nos itens que queremos calcular o campo elétrico. O que vai mudar é a carga q i n t em cada situação

Bora!

Passo 2

a) Para uma superfície cilíndrica de raio r > R 2 , temos

∮ A E ⋅ d A = q i n t   ϵ 0

∫ 0 L E ⋅ 2 π 2 R 2 ⋅ d x = Q 1 + Q 2 ϵ 0

∫ 0 L E ⋅ 2 π 2 R 2 ⋅ d x = Q 1 - 2 Q 1 ϵ 0

∫ 0 L E ⋅ 2 π ( 2 R 2 ) ⋅ d x = - Q 1 ϵ 0

Então, resolvendo a integral do lado esquerdo:

E ⋅ 4 π R 2 ⋅ L = - Q 1 ϵ 0

E = - Q 1 4 π ϵ 0 R 2 L

E = - 3,4 × 10 - 12 4 π ( 8,85 × 10 - 12 ) 13 × 10 - 3 11 N C ≅   - 0,214 N C

Show, o item a ta feito!

Passo 3

(b) Agora queremos saber a direção do campo elétrico do item a. Como o sinal encontrado anteriormente é negativo, então, esse campo elétrico que encontramos está direcionado para o eixo central, show?

Passo 4

(c) Quando a gente considera uma superfície gaussiana com raio r = 5 R 1 a história muda, pois, nesse caso, o raio da superfície é menor que o da casca esférica mais externa. Então, na Lei de Gauss a carga interna à superfície gaussiana considerada somente contabiliza a carga da barra condutora interna:

∮ A E ⋅ d A = q i n t   ϵ 0

∫ 0 L E ⋅ 2 π 5 R 1 d x = Q 1 ϵ 0

Resolvendo a integral:

E . 10 π . R 1 . L = Q 1 ϵ 0

Daí:

E = Q 1 10 π ϵ 0 R 1 L = ≅ 0,855 N C

Passo 5

(d) Como o sinal desse campo é positivo, então ele está direcionado para fora.

Passo 6

(e) A barra central induz uma carga – Q 1 na área mais interna da casca cilíndrica.

(f) Como a carga total da casca é Q 2 = - 2 Q 1 , temos que na superfície mais externa da casca há uma carga de Q e x t =   Q 2 - - Q 1 = - 2 Q 1 + Q 1 = - Q 1 =   - 3,40 × 10 - 12 C

Arrasamos demais!

Resposta

(a) - 0,214 N C

(c)   0,855 N C

(e) - 3,4 × 10 - 12 C = 3,4 × 10 - 12 C

(f) - 3,40 × 10 - 12 C

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