(Capítulo 23.7 – Exercício 24) A Fig. 23-36 mostra uma seção de um tubo longo de metal, de paredes finas, com um raio R   =   3,00   c m e uma carga por unidade de comprimento λ =   2,00 × 10 - 8     C / m . Determine o módulo E do campo elétrico a uma distância radial (a) r   = R 2,00 ; (b)   r   =   2,00 R . (c) Faça um gráfico de   E em função de r para 0 ≤ r ≤ 2,00 R   .

Passo 1

E aeee galera, tudo bem? Vamos lá entender direitinho esse exercício

Temos um tubo de metal com raio R = 3   c m e densidade linear de λ = 2 × 10 - 8   C / m . E aí queremos encontrar o campo elétrico E em diferentes situações

A chave pra gente resolver essa questão encontra-se na Lei de Gauss. Segundo ela, existe essa relação entre a integral do campo elétrico ao longo da superfíce (fluxo do campo elétrico) de formato qualquer e a carga interna a ela (sendo A a área superficial considerada):

∮ A E ⋅ d A = q i n t ϵ 0

Então vamos lá fazer item por item

Passo 2

No caso da letra (a), a gente considera uma superfície cilíndrica de raio R 2 na Lei de Gauss. Mas perceba: a carga interna a essa superfície é zero, pois não há nenhuma entidade carregada no interior dela.

Então, nesse caso, a gente tem que, como q i n t = 0 :

∮ A E ⋅ d A = q i n t ϵ 0 = 0

então:

E r < R = 0

Passo 3

(b) Agora, na letra b), qual é a carga interna a uma superfície de raio r > R ?

Veja que, nesse caso, dentro da superfície cilíndrica pontilhada (vista de cima) tem um cilindro carregado. Por isso, a carga interna q i n t   será nula! Como podemos calcular então essa carga?

Repare que a questão nos deu a densidade de carga por unidade de comprimento do cilindro interno. Então, considerando L como esse comprimento, temos:

q i n t = λ × L

Passo 4

Agora, vamos trabalhar com a superfície externa pontilhada de raio r = 2 R . Pela Lei de Gauss:

∮ A E ⋅ d A = q i n t ϵ 0

∮ A E ⋅ d A = λ × L ϵ 0

Nesse caso, a unidade de área a ser integrada é parecida com a comentada no passo anterior, indicada na figura:

Assim: d A = 2 π 2 R d x

Usando essa unidade na integral, a gente fica com essa expressão:

∫ 0 L E ⋅ 2 π ⋅ 2 R d x = λ × L ϵ 0  

Ou seja:

E ⋅ 2 π ⋅ 2 R L = λ × L ϵ 0

E = λ 4 π R ϵ 0    

Substituindo os valores do enunciado nessa equação, temos:

E =   5,99 × 10 3 N / C

Passo 5

Para colocarmos o campo elétrico num gráfico que o relacione com a distância ao eixo central do cilindro, basta lembrarmos da Lei de Gauss que usamos logo no início.

(I) Como na região em que r < R não há cargas internas a superfície, o campo elétrico é nulo.

(II) Na região em que r ≥   R , o campo elétrico é dado por λ 2 π r ϵ 0 , pelo que desenvolvemos anteriormente.

Assim, o gráfico nesse caso fica dessa forma:

Sucesso?

Resposta

  1. 0
  2. 5,99 × 10 3 N / C

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