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Questão 1 [2,0 pts]: (a) Supondo somente a atuação da força da gravidade, qual deveria ser a distância entre um elétron e um próton (supondo-os um par isolado) para que a aceleração sofrida pelo elétron tivesse módulo igual ao da aceleração da gravidade da Terra (𝑔 = 9,80m s2⁄ )? [𝟏, 𝟎 𝐩𝐭] (b) Suponha que a Terra fosse composta apenas por prótons, mantendo o mesmo tamanho e massa atuais. Qual seria o módulo da aceleração de um elétron solto próximo à superfície? Seria necessário considerar tanto a força elétrica quanto a gravitacional? Por quê? [𝟏, 𝟎 𝐩𝐭] Solução: (a) Se 𝑚𝑒 é a massa do elétron, 𝑚𝑝 é a massa do próton e 𝑟 a separação entre eles, o módulo 𝐹𝑔 da força gravitacional que o próton exerce sobre o elétron será 𝐹𝑔 = 𝐺 𝑚𝑝𝑚𝑒 𝑟2 , (1.1) onde 𝐺 ≅ 6,672 × 10−11 N ∙ m2 kg2⁄ é a constante universal de Newton. Se a força gravitacional exercida pelo próton fosse a única força atuando sobre o elétron, então, pela Segunda Lei de Newton, teremos 𝐹𝑔 = 𝑚𝑒𝑎𝑒 , (1.2) onde 𝑎𝑒 é o módulo da aceleração do elétron. Combinando (1.1) com (1.2) e considerando 𝑎𝑒 = 𝑔, a distância 𝑟 entre o elétron e o próton será 𝑚𝑒𝑔 = 𝐺 𝑚𝑝𝑚𝑒 𝑟2 ⟹ 𝑟 = (𝐺𝑚𝑝 𝑔⁄ ) 1 2⁄ . (1.3) Usando os valores numéricos do problema, teremos 𝑟 = √ 6,672 × 10−11 N ∙ m2 kg2⁄ ∙ 1,673 × 10−27kg 9,80m s2⁄ ≅ 1,07 × 10−19m (b) Neste problema consideramos a força eletrostática (de módulo 𝐹𝑒) exercida pela “Terra de prótons” sobre um elétron: 𝐹𝑒 = 𝑘𝑒 𝑄𝑒 𝑅2 , (1.4) GABARITO DA PRIMEIRA AVALIAÇÃO A DISTÂNCIA Princípios e Fenômenos Eletromagnéticos – 2014.1 Escola de Ciências e Tecnologia – UFRN 20-02-2014 24-08-2011 onde 𝑅 é o raio da Terra e 𝑄 é a que a Terra teria se fosse composta apenas de prótons. Se 𝑀 é a massa da Terra, a carga 𝑄 é dada por 𝑄 = 𝑁𝑒 = 𝑀 𝑚𝑝 𝑒, (1.5) onde 𝑁 = 𝑀 𝑚𝑝⁄ é o número total de prótons. Inserindo (1.5) em (1.4) e usando os dados numéricos (no CGS) correspondentes, teremos 𝐹𝑒 = 𝑘𝑒 𝑀 𝑚𝑝 𝑒2 𝑅2 = 5,972 × 1027g 1,673 × 10−24g (4,803 × 10−10stC)2 (6,368 × 108cm)2 ≅ 2,031 × 1015dyn = 2,031 × 1010N. (1.6) Já a força gravitacional sobre o elétron seria 𝐹𝑔 = 𝐺 𝑀𝑚𝑒 𝑅2 = 𝑚𝑒𝑔 = 9,109 × 10 −31kg ∙ 9,80m s2⁄ ≅ 8,93 × 10−30N. (1.7) Comparando (1.6) com (1.7) concluímos que 𝐹𝑔 ≪ 𝐹𝑒 , de maneira que a força gravitacional não precisa ser levada em consideração. Logo, o módulo 𝑎𝑒 da aceleração do elétron seria dado por 𝐹𝑒 = 𝑚𝑒𝑎𝑒 ⟹ 𝑎𝑒 = 𝐹𝑒 𝑚𝑒 ≅ 2,031 × 1010N 9,109 × 10−31kg ≅ 2,229 × 1040 m s2⁄ ≅ 2,27 × 1039𝑔. (1.8) A aceleração sofrida pelo elétron seria da ordem de 1039 vezes maior que a aceleração da gravidade! Questão 2 [3,0 pts]: Duas cargas 𝑞1 e 𝑞2 estão dispostas como indicado na figura abaixo. O módulo da carga 𝑞1 é 9,00 stC. Calcule o módulo do campo elétrico �⃗⃗� (que aponta para a esquerda) no ponto 𝑃 indicado na figura. Solução: Os campos �⃗⃗� 1 e �⃗⃗� 2 produzidos pelas cagas 𝑞1 e 𝑞2, respectivamente, no ponto 𝑃 (no sistema de coordenadas escolhido) são dados por �⃗⃗� 1 = 𝑘𝑒 𝑞1 𝑟𝑃1 2 �̂�𝑃1 = 𝑘𝑒 𝑞1 𝑟𝑃1 2 [(�̂� ∙ �̂�𝑃1)�̂� + (𝒋̂ ∙ �̂�𝑃1)𝒋̂] = 𝑘𝑒𝑞1 𝑎2 sen2 𝜃 (�̂� sen 𝜃 + 𝒋̂ cos 𝜃), (2.1) �⃗⃗� 2 = 𝑘𝑒 𝑞2 𝑟𝑃2 2 �̂�𝑃2 = 𝑘𝑒 𝑞2 𝑟𝑃2 2 [(�̂� ∙ �̂�𝑃2)�̂� + (𝒋̂ ∙ �̂�𝑃2)𝒋̂] = 𝑘𝑒𝑞2 𝑎2 cos2 𝜃 (−�̂� cos 𝜃 + 𝒋̂ sen 𝜃), (2.2) onde �̂�𝑃1(2) é o vetor unitário que aponta da carga 𝑞1(2) para o ponto 𝑃 e 𝑟𝑃1(2) é a distância da carga 𝑞1(2) ao ponto 𝑃 e 𝑎 é a distância entre as cargas. Pelo Princípio da Superposição, o campo total �⃗⃗� em 𝑃 será �⃗⃗� = �⃗⃗� 1 + �⃗⃗� 2 = 𝑘𝑒 𝑎2 [( 𝑞1 sen 𝜃 − 𝑞2 cos 𝜃 ) �̂� + ( 𝑞1 sen 𝜃 cot 𝜃 + 𝑞2 cos 𝜃 tan 𝜃) 𝒋̂] = −𝐸�̂�, (2.3) �̂� 𝒋̂ 𝑞2 𝑞1 𝑃 �⃗⃗� 12,0 cm . 𝜃 �̂�𝑃2 �̂�𝑃1 onde 𝐸 é o módulo do campo e onde usamos o fato de que o campo em 𝑃 é horizontal e aponta para a esquerda, como ilustrado na figura. De (2.3) obtemos o seguinte sistema de equações: 𝑘𝑒 𝑎2 ( 𝑞1 sen 𝜃 − 𝑞2 cos 𝜃 ) = −𝐸, (2.4) 𝑞1 sen 𝜃 cot 𝜃 + 𝑞2 cos 𝜃 tan 𝜃 = 0. (2.5) De (2.5) podemos encontrar 𝑞2 em termos de 𝑞1 e 𝜃: 𝑞2 cos 𝜃 tan 𝜃 = − 𝑞1 sen 𝜃 cot 𝜃 ⟹ 𝑞2 = −𝑞1 cot 3 𝜃. (2.6) Inserindo o resultado (2.6) em (2.4), teremos 𝐸 = − 𝑘𝑒 𝑎2 ( 𝑞1 sen 𝜃 − 𝑞2 cos 𝜃 ) = − 𝑘𝑒𝑞1 𝑎2 sen 𝜃 (1 + cot2 𝜃) = − 𝑘𝑒𝑞1 𝑎2 sen3 𝜃 . (2.7) Como 𝐸 > 0 (já que é o módulo do vetor campo elétrico), de (2.7) temos necessariamente 𝑞1 < 0, o que implica |𝑞1| = −𝑞1. Dos dados do problema, temos ainda sen 𝜃 = 6,00 cm 12,0 cm⁄ = 0,500, 𝑎 = 12,0 cm e |𝑞1| = 9,00 stC. Inserindo esses dados em (2.7), poderemos enfim calcular o módulo 𝐸 do campo elétrico em 𝑃: 𝐸 = 𝑘𝑒|𝑞1| 𝑎2 sen3 𝜃 = 9,00 stC (12,0 cm)2(0,500)3 = 0,500 dyn stC⁄ = 15,0 kN C⁄ . Questão 3 [2,0 pts]: Um diodo consiste, basicamente, em dois eletrodos no interior de um tudo no qual se faz um vácuo elevado. Um dos eletrodos, o catodo, é mantido a uma alta temperatura e emite elétrons de sua superfície. Uma diferença de potencial é mantida entre o catodo e o outro eletrodo, chamado de anodo, sendo o potencial deste último o mais elevado. Devido ao acúmulo de cargas nas vizinhanças do catodo (em razão do fluxo de elétrons que deixa a superfície do catodo), o potencial elétrico entre os eletrodos não é uma função linear da posição (mesmo para a simetria planar), sendo dado por 𝑉(𝑥) = 𝐶𝑥4 3⁄ , (3.1) onde 𝑥 é a distância entre o ponto ondo o potencial é calculado e o catodo, e 𝐶 é uma constante característica do diodo. Suponha que a distância entre o catodo e o anodo seja de 1,27 cm e que a diferença de potencial entre eles seja de 243 V. a) Determine a constante 𝐶. [𝟏, 𝟎 𝐩𝐭] b) Calcule a força sobre um elétron quando ele está na metade da distância entre os eletrodos. [𝟏, 𝟎 𝐩𝐭] Solução: a) O catodo é o eletrodo negativo (já que possui um excesso de elétrons) enquanto o anodo é o eletrodo positivo. Logo, tomando-se o catodo em 𝑥 = 0 e o anodo em 𝑥 = 𝑎, de (3.1) temos que os potenciais 𝑉c e 𝑉a no catodo e anodo, respectivamente, serão 𝑉c = 𝑉(0) = 0, 𝑉a = 𝑉(𝑎) = 𝐶𝑎 4 3⁄ . (3.2) Usando os dados do problema na última equação, teremos 𝑉a = 𝐶𝑎 4 3⁄ ⟹ 𝐶 = 𝑉a𝑎 −4 3⁄ = 243 V ∙ (0,0127 m)−4 3⁄ ⟹ 𝐶 ≅ 82,0 kV ∙ m−4 3⁄ . (3.3) b) A força �⃗⃗� sobre uma carga 𝑞 num campo eletrostático �⃗⃗� é dada por �⃗⃗� = 𝑞�⃗⃗� = −𝑞𝛁𝑉(�⃗� ), (3.4) onde 𝑉 é o potencial eletrostático e �⃗� é a posição da carga 𝑞. No presente caso, o potencial 𝑉 é dado por (3.1) e a carga 𝑞 é um elétron, ou seja, 𝑞 = −𝑒 = −1,602 × 10−19C. Logo, �⃗⃗� = 𝑒𝛁𝑉(𝑥) = 𝑒𝛁(𝐶𝑥4 3⁄ ) = 𝑒�̂� 𝜕 𝜕𝑥 (𝐶𝑥4 3⁄ ) = 4 3 𝑒𝐶𝑥1 3⁄ �̂�. (3.5) Calculando a força para 𝑥 = 𝑎/2 (metade da distância entre os eletrodos), teremos �⃗⃗� = 4 3 𝑒𝐶(𝑎 2⁄ )1 3⁄ �̂� = 4 3 ∙ 1,602 × 10−19C ∙ 82,0 kV ∙ m−4 3⁄ ∙ ( 0,0127 m 2 ) 1 3⁄ �̂� ⟹ �⃗⃗� ≅ (3,24 × 10−15N)�̂�. (3.6) A força tem módulo 3,24 × 10−15N e aponta do catodo para o anodo. Questão 4 [3,0 pts]: Solução: a) A energia eletrostática 𝑈 armazenada no dipolo será 𝑈 = −�⃗⃗� ∙ �⃗⃗� (4.1) onde �⃗⃗� é o campo produzido pelo aro carregado, que é dado por (ver problema 1 da aula 2) �⃗⃗� = 𝑘𝑒 𝑄𝑧 (𝑅2 + 𝑧2)3 2⁄ �̂�, (4.2) onde 𝑧 é a coordenada sobre o eixo de simetria do aro de raio 𝑅. Combinando (4.1) com (4.2), fazendo 𝑧 = ℎ e usando o CGS, teremos𝑈 = − 𝑄ℎ�̂� ∙ �⃗⃗� (𝑅2 + ℎ2)3 2⁄ = − 𝑝ℎ𝑄 cos 𝜃 (𝑅2 + ℎ2)3 2⁄ . (4.3) b) O torque �⃗� exercido sobre o dipolo será Um dipolo de intensidade 2,50 × 10−4stC ∙ cm localizado sobre o eixo de simetria de um aro circular muito fino e orientado de um ângulo 𝜃 = 30,0° com a direção vertical, está a uma distância ℎ = 4,00 cm do plano do aro (ver figura). O aro está uniformemente carregado com uma carga 𝑄 = +12,0 stC. a) Determine a energia eletrostática armazenada no dipolo. [𝟏, 𝟎 𝐩𝐭] b) Determine o módulo e a orientação do torque exercido sobre o dipolo. [𝟏, 𝟎 𝐩𝐭] c) Determine o módulo e a orientação da força resultante sobre o dipolo. [𝟏, 𝟎 𝐩𝐭] ℎ 𝑄 �⃗⃗� �̂� �̂� 𝒋̂ 𝜃 �⃗� = �⃗⃗� × �⃗⃗� = 𝑄ℎ�⃗⃗� × �̂� (𝑅2 + ℎ2)3 2⁄ = 𝑝ℎ𝑄 sen𝜃 (𝑅2 + ℎ2)3 2⁄ �̂�. (4.4) O módulo do torque é 𝑝ℎ𝑄(𝑅2 + ℎ2)−3 2⁄ sen 𝜃 e sua orientação é a mesma do vetor �̂� (como indicado na figura). c) A força resultante �⃗⃗� sobre o dipolo será �⃗⃗� = (�⃗⃗� ∙ 𝛁)�⃗⃗� = (𝑝 cos 𝜃 𝜕 𝜕𝑧 ) ( 𝑄𝑧 (𝑅2 + 𝑧2)3 2⁄ �̂�)| 𝑧=ℎ = �̂�𝑝𝑄 cos 𝜃 ( 1 (𝑅2 + ℎ2)3 2⁄ − (3ℎ 2⁄ )(2ℎ) (𝑅2 + ℎ2)5 2⁄ ) ⟹ �⃗⃗� = 𝑝𝑄 cos 𝜃 (𝑅2 − 2ℎ2)�̂� (𝑅2 + ℎ2)5 2⁄ . (4.5) O módulo da força é 𝑝𝑄 cos 𝜃 |𝑅2 − 2ℎ2|(𝑅2 + ℎ2)−5 2⁄ e sua orientação é a mesma do vetor �̂� para 𝑅2 > 2ℎ2, e tem sentido contrário ao do vetor �̂� para 𝑅2 < 2ℎ2 (para 𝑅2 = 2ℎ2 a força sobre o dipolo é nula). %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% DISCUSSÃO COMPLEMENTAR Como na questão não é dado o valor numérico do raio do aro, consideremos o caso limite 𝑅 ≪ ℎ. Neste caso, os resultados (4.3) a (4.5) ficam 𝑈 ≈ − 𝑝𝑄 ℎ2 cos 𝜃, (𝑖) �⃗� ≈ �̂� 𝑝𝑄 ℎ2 sen 𝜃 ≅ −�̂�𝑈 tan 𝜃, (𝑖𝑖) �⃗⃗� ≈ −�̂� 2𝑝𝑄 ℎ3 cos 𝜃 ≈ 2𝑈 ℎ �̂�. (𝑖𝑖𝑖) Usando os dados numéricos do problema nas equações (𝑖) a (𝑖𝑖𝑖), teremos 𝑈 ≅ − 2,50 × 10−4stC ∙ cm ∙ 12,0 stC (4,00 cm)2 cos 30,0° ≅ −1,62 × 10−4erg. �⃗� ≅ �̂� ∙ 1,62 × 10−4erg ∙ tan 30,0° ≅ (9,38 × 10−5dyn ∙ cm)�̂�. �⃗⃗� ≅ 2 ∙ (−1,62 × 10−4erg) 4,00 cm �̂� ≅ −(8,12 × 10−5dyn)�̂�. %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
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