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Halliday RESOLUÇÃO LIVRO ELETROMAGNETISMO

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LISTA 1 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS 18 de Novembro de 2002, a`s 12:09 p.m.
Exercı´cios Resolvidos de Teoria Eletromagne´tica
Jason Alfredo Carlson Gallas
Professor Titular de Fı´sica Teo´rica
Doutor em Fı´sica pela Universidade Ludwig Maximilian de Munique, Alemanha
Universidade Federal do Rio Grande do Sul
Instituto de Fı´sica
Mate´ria para a PRIMEIRA prova. Numerac¸a˜o conforme a quarta edic¸a˜o do livro
“Fundamentos de Fı´sica”, Halliday, Resnick e Walker.
Esta e outras listas encontram-se em: http://www.if.ufrgs.br/ � jgallas clicando-se em ‘ENSINO’
Conteu´do
1 Campo Ele´trico – [Capı´tulo 24, pa´gina 32] 2
1.1 Questo˜es . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
1.2 Problemas e Exercı´cios . . . . . . . . . 2
1.2.1 Linhas de campo ele´trico . . . . 2
1.2.2 O campo ele´trico criado por
uma carga puntiforme . . . . . 3
1.2.3 O campo criado por um dipolo
ele´trico . . . . . . . . . . . . . 5
1.2.4 O campo criado por uma linha
de cargas . . . . . . . . . . . . 7
1.2.5 O campo ele´trico criado por um
disco carregado . . . . . . . . . 9
1.2.6 Carga puntiforme num campo
ele´trico . . . . . . . . . . . . . 9
1.2.7 Um dipolo num campo ele´trico . 12
Comenta´rios/Sugesto˜es e Erros: favor enviar para jgallas @ if.ufrgs.br
(lista1.tex)
http://www.if.ufrgs.br/ � jgallas Pa´gina 1
LISTA 1 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS 18 de Novembro de 2002, a`s 12:09 p.m.
1 Campo Ele´trico – [Capı´tulo 24,
pa´gina 32]
1.1 Questo˜es
Q 24-2. Usamos uma carga teste positiva para estudar
os campos ele´tricos. Poderı´amos ter usado uma carga
negativa? Porque?
� Na˜o. Tal uso seria extremamente anti-natural e incon-
veniente pois, para comec¸ar, terı´amos o � e � apontan-
do em direc¸o˜es diferentes.
� Tecnicamente, poderı´amos usar cargas negativas sim.
Mas isto nos obrigaria a reformular va´rios conceitos e
ferramentas utilizadas na eletrosta´tica.
Q 24-3.
As linhas de forc¸a de um campo ele´trico nunca se cru-
zam. Por queˆ?
� Se as linhas de forc¸a pudessem se cruzar, nos pontos
de cruzamento terı´amos duas tangentes diferentes, uma
para cada linha que se cruza. Em outras palavras, em
tal ponto do espac¸o terı´amos dois valores diferentes do
campo ele´trico, o que e´ absurdo.
Q 24-5.
Uma carga puntiforme � de massa � e´ colocada em re-
pouso num campo na˜o uniforme. Sera´ que ela seguira´,
necessariamente, a linha de forc¸a que passa pelo ponto
em que foi abandonada?
� Na˜o. A forc¸a ele´trica sempre coincidira´ com a direc¸a˜o
tangente a` linha de forc¸a.
A forc¸a ele´trica, em cada ponto onde se encontra a car-
ga, e´ dada por ��� , onde � e´ o vetor campo ele´trico no
ponto onde se encontra a carga. Como a carga parte do
repouso, a direc¸a˜o de sua acelerac¸a˜o inicial e´ dada pela
direc¸a˜o do campo ele´trico no ponto inicial. Se o campo
ele´trico for uniforme (ou radial), a trajeto´ria da carga de-
ve coincidir com a direc¸a˜o da linha de forc¸a. Entretanto,
para um campo ele´trico na˜o uniforme (nem radial), a
trajeto´ria da carga na˜o precisa coincidir necessariamen-
te com a direc¸a˜o da linha de forc¸a. Sempre coincidira´,
pore´m, com a direc¸a˜o tangente a` linha de forc¸a.
Q 24-20.
Um dipolo ele´trico e´ colocado em repouso em um cam-
po ele´trico uniforme, como nos mostra a Figura 24-17a,
pg. 30, sendo solto a seguir. Discuta seu movimento.
� Sem atrito, na situac¸a˜o inicial mostrada na Figura 24-
17a, o movimento do dipolo ele´trico sera´ perio´dico e
oscilato´rio em torno do eixo 	 e em torno da posic¸a˜o de
alinhamento de 
� com 
� .
Q 24-3 extra.
Uma bola carregada positivamente esta´ suspensa por um
longo fio de seda. Desejamos determinar � num ponto
situado no mesmo plano horizontal da bola. Para isso,
colocamos uma carga de prova positiva �
� neste ponto
e medimos �����
� . A raza˜o �����
� sera´ menor, igual ou
maior do que � no ponto em questa˜o?
� Quando a carga de prova e´ colocada no ponto em
questa˜o, ela repele a bola que atinge o equilı´brio numa
posic¸a˜o em que o fio de suspensa˜o fica numa direc¸a˜o
ligeiramente afastada da vertical. Portanto, a distaˆncia
entre o centro da esfera e a carga de prova passa a ser
maior que do que a distaˆncia antes do equilı´brio. Donde
se conclui que o campo ele´trico no ponto considerado
(antes de colocar a carga de prova) e´ maior do que o
valor ����� medido por meio da referida carga de prova.
1.2 Problemas e Exercı´cios
1.2.1 Linhas de campo ele´trico
E 24-3.
Treˆs cargas esta˜o dispostas num triaˆngulo equila´tero, co-
mo mostra a Fig. 24-22. Esboce as linhas de forc¸a de-
vidas a`s cargas ��� e ��� e, a partir delas, determine
a direc¸a˜o e o sentido da forc¸a que atua sobre ��� , devi-
do a` presenc¸a das outras duas cargas. (Sugesta˜o: Veja a
Fig. 24-5)
� Chamando-se de de ��� e ��� as forc¸as na carga ���
devidas a`s cargas ��� e ��� , respectivamente, podemos
ver que, em mo´dulo, � �fiff � � pois as distaˆncias bem co-
mo o produto das cargas (em mo´dulo) sa˜o os mesmos.
���
ff
�fl�
ff�ffi
���
 
��!
http://www.if.ufrgs.br/ � jgallas Pa´gina 2
LISTA 1 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS 18 de Novembro de 2002, a`s 12:09 p.m.
As componentes verticais de � � e � � se cancelam. As
componentes horizontais se reforc¸am, apontando da es-
querda para a direita. Portanto a forc¸a resultante e´ hori-
zontal com mo´dulo igual a
� ff � �#"%$'&)( * �+� �,"%$-&�( *.ff/ffi
���
 
��!
E 24-5.
Esboce qualitativamente as linhas do campo ele´trico pa-
ra um disco circular fino, de raio 0 , uniformemente car-
regado. (Sugesta˜o: Considere como casos limites pon-
tos muito pro´ximos ao disco, onde o campo ele´trico e´
perpendicular a` superfı´cie, e pontos muito afastados do
disco, onde o campo ele´trico e´ igual ao de uma carga
puntiforme.)
� Em pontos muito pro´ximos da superfı´cie do disco, pa-
ra distaˆncias muito menores do que o raio 0 do disco, as
linhas de forc¸a sa˜o semelhantes a`s linhas de forc¸a de um
plano infinito com uma distribuic¸a˜o de cargas uniforme.
Como a carga total � do disco e´ finita, a uma distaˆncia
muito grande do disco, as linhas de forc¸a tendem a se
confundir com as linhas de forc¸a de uma carga punti-
forme � . Na figura abaixo, esboc¸amos apenas as linhas
de forc¸a da parte superior do disco e consideramos uma
distribuic¸a˜o de cargas positivas.
1.2.2 O campo ele´trico criado por uma carga pun-
tiforme
E 24-7.
Qual deve ser o mo´dulo de uma carga puntiforme esco-
lhida de modo a criar um campo ele´trico de 1
!
	 N/C em
pontos a 1 m de distaˆncia?
� Da definic¸a˜o de campo ele´trico, Eq. 24-3, sabemos
que � ff �2�4365
(87
�%9
�;:
. Portanto,
�
ff
3<5
(87
�
:
�=9
�
ff
1
!
1>1�?@1A	CB
�D�
ff
	
!
1>1'1 nC
!
E 24-9.
� Como a magnitude do campo ele´trico produzido por
uma carga puntiforme � e´ � ff �>�4365
(FE
� 9
�;:
, temos que
� ff 5
(FE
� 9
�
�
ff
36	
! G
	
:
3IH
!
	
:
J
!
	K?@1A	'L
ff
G4! M
?@1A	 B
�N� C
!
E 24-10.
Duas cargas puntiformes de mo´dulos � �Off H
!
	P?21;	
BFQ
C
e � ��ff/R
! G
?@1A	
BTS
C esta˜o separadas por uma distaˆncia
de 1UH cm. (a) Qual o mo´dulo do campo ele´trico que ca-
da carga produz no local da outra? (b) Que forc¸a ele´trica
atua sobre cada uma delas?
� (a) O mo´dulo do campo sobre cada carga e´ diferente,
pois o valor da carga e´ diferente em cada ponto.
�
�Off/ffi
�
�
9
�
ff
3
J
!
	V?@1A	
L
:
H
!
	V?@1A	
BFQ
36	
!
1UH
:
�
ff
1
!
H
G
?@1A	'W N/C X
�
��ff/ffi
�
�
9
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ff
3
J
!
	V?@1A	
L
:
R
!YG
?@1A	
BFS
36	
!
1UH
:
�
ff
	
!YG
*
?@1A	
W N/C
!
(b) O mo´dulo da forc¸a sobre cada carga e´ o mesmo. Pe-
la
*-Z
lei de Newton (ac¸a˜o e reac¸a˜o):���D� ff � 
�fl�[� e,
portanto,
���D�
ff
���\�
ff
�;�
�fi�
ff
�
�
���
ff
3
R
!YG
?@1A	4BFS
:
3]1
!
H
G
?@1A	
W
:
ff
1
!
	K?@1A	CB
� N
!
Note que como na˜o sabemos os sinais das cargas, na˜o
podemos determinar o sentido dos vetores.
E 24-11.
Duas cargas iguais e de sinais opostos (de mo´dulo
H
!
	^?.1;	
BTQ
C) sa˜o mantidas a uma distaˆncia de 1
G
cm
uma da outra. (a) Quais sa˜o o mo´dulo, a direc¸a˜o e o
sentido de E no ponto situado a meia distaˆncia entre as
cargas? (b) Que forc¸a (mo´dulo, direc¸a˜o e sentido) atua-
ria sobre um ele´tron colocado nesse ponto?
� (a) Como o mo´dulo das cargas e´ o mesmo, estan-
do elas igualmente distantes do ponto em questa˜o, o
mo´dulo do campo devido a cada carga e´ o mesmo.
�
�Off
�
�_ff ffi
�
36`4��H
:
�
http://www.if.ufrgs.br/ � jgallas Pa´gina 3
LISTA 1 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS 18 de Novembro de 2002, a`s 12:09 p.m.
ff 3
J
?@1A	
L
:
H
!
	V?@1A	
BTQ
3I	
!
1
G
�>H
:
�
ff
*
!
HK?a1;	
W N/C
!
Portanto, o campo total e´
�fibFcDd ff � � �.� ��ff HC3
*
!
HK?@1;	 W
:
ff
MC!
5V?a1;	 W N/C X
na direc¸a˜o da carga negativa �fi� .
(b) Como o ele´tron tem carga negativa, a forc¸a sobre ele
tem sentido oposto ao do campo. O mo´dulo da forc¸a e´
� ff � ele´tron � bTc]d
ff � ele´tron 36�e�)�+�fi�
:
ff 3]1
! M
?a1;	 B
�
L
:
3
Mf!
5g?@1A	
W N, :
ff 1
!
	h?@1A	CB
�]i N
no sentido da carga positiva.
E 24-12.
� Como a carga esta´ uniformemente distribuida na es-
fera, o campo ele´trico na superfı´cie e´ o mesmo que que
terı´amos se a carga estivesse toda no centro. Isto e´, a
magnitude do campo e´
�
ff
�
5
(FE
�
0
�
X
onde � e´ a magnitude da carga total e 0 e´ o raio da esfe-
ra.
A magnitude da carga total e´ j�k , de modo que
�
ff
j�k
5
(FE
�
0
�
ff
3
J
?a1;	
L
:
3
J
5
:
3]1
! M
?a1;	
B
�
L
:
Mf! M
5h?@1A	
B
�
W
ff
*
!
	mlK?a1;	
�[� N/C
!
P 24-17.
� Desenhe sobre uma linha reta dois pontos, �
� e �;� ,
separados por uma distaˆncia ` , com �
� a` esquerda de �;� .
Para pontos entre as duas cargas os campos ele´tricos in-
dividuais apontam na mesma direc¸a˜o na˜o podendo, por-
tanto, cancelarem-se. A carga �A� tem maior magnitude
que �;� , de modo que um ponto onde o campo seja nulo
deve estar mais perto de �U� do que de �A� . Portanto, deve
estar localizado a` direita de �;� , digamos em ponto n .
Escolhendo � � como a origem do sistema de coordena-
das, chame de o a distaˆncia de � � ate´ o ponto n , o ponto
onde o campo anula-se. Com estas varia´veis, a magni-
tude total do campo ele´trico em n e´ dada por
� ff
1
5
(FE
�
p
� �
o
�
�
� �
3<oq�r`
:
�4s
X
onde � � e � � representam as magnitudes das cargas.
Para que o campo se anule, devemos ter
� �
o
�
ff
� �
3<ot�@`
:
� !
A raiz fı´sica (das duas raı´zes possı´veis) e´ obtida
considerando-se a raiz quadrada positiva de ambos la-
dos da equac¸a˜o acima. Isto fornece-nos
u
� �
o
ff
u
� �
3<oq�r`
:
!
Resolvendo agora para o obtemos
o
ffwv
u
� �
u
�A�x�
u
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`
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u
5-� �
u
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ff v
H
H��z1
y
`
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H�`
ff
HC3I	
!YG
	 cm
:
ff
1A	'	 cm
!
O ponto n esta´ a
G
	 cm a` direita de �U� .
P 24-21.
Determine o mo´dulo, a direc¸a˜o e o sentido do campo
ele´trico no ponto n da Fig. 24-30.
� A soma dos campos devidos as duas cargas ��� e´ nu-
la pois no ponto n os campos tem mo´dulos coinciden-
tes pore´m sentidos opostos. Assim sendo, o campo re-
sultante em n deve-se unica e exclusivamente a` carga
��H>� , perpendicular a` diagonal que passa pelas duas car-
gas ��� , apontado para ‘fora’ da carga ��H>� . O mo´dulo
do campo e´
�
ff/ffi
H��
3
Z
{
�
�
:
�
ff/ffi
5'�
 
�
ff
1
(87
�
�
 
�
!
http://www.if.ufrgs.br/ � jgallas Pa´gina 4
LISTA 1 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS 18 de Novembro de 2002, a`s 12:09 p.m.
P 24-22
Qual o mo´dulo, a direc¸a˜o e o sentido do campo ele´trico
no centro do quadrado da Fig. 24-31, sabendo que � ff
1
!
	V?@1A	
BFS
C e ff
G
cm.
� Escolhamos um sistema de coordenadas no qual o ei-
xo o passe pelas cargas �fi� e ��H�� , e o eixo | passe pelas
cargas � e H�� .
No centro do quadrado, os campos produzidos pelas
cargas negativas esta˜o ambos sobre o eixo o , e ca-
da um deles aponta do centro em direc¸a˜o a carga que
lhe da origem. Como cada carga esta a uma distaˆncia
`
ff
 
u
H>�>H
ff
 
�
u
H do centro, o campo lı´quido resul-
tante devidos as duas cargas negativas e´
�fi}
ff
1
5
(FE
�
p
H>�
 
�
�>H
�
�
 
�
H-��H
s
ff
1
5
(FE
�
�
 
�
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ff
3
J
?@1A	
L
:
1
!
	h?@1A	
S
36	
!
	
G
	
:
�
��H
ff
l
!
1
J
?a1;	�~ N/C
!
No centro do quadrado, os campos produzidos pelas car-
gas positivas esta˜o ambos sobre o eixo | , apontando do
centro para fora, afastando-se da carga que lhe da ori-
gem. O campo lı´quido produzido no centro pelas cargas
positivas e´
�fi
ff
1
5
(FE
�
p
H��
 
�
��H
�
�
 
�
H'�>H
s
ff
1
5
(FE
�
�
 
�
��H
ff
l
!
1
J
?a1;	
~ N/C
!
Portanto, a magnitude do campo e´
�
ff €
�
�
}
�+�
�

ff 
HC3‚l
!
1
J
?a1;	
~
:
�
ff 1
!
	-H2?@1A	 W N/C
!
O aˆngulo que tal campo faz com o eixo dos o e´
ƒ
ff „†…>‡ B
�
� 
� }
ff „†…>‡ B
�
3D1
:
ff 5
G
c
!
Tal aˆngulo aponta do centro do quadrado para cima, di-
rigido para o centro do lado superior do quadrado.
1.2.3 O campo criado por um dipolo ele´trico
E 24-23.
Determine o momento de dipolo ele´trico constituı´do por
um ele´tron e um pro´ton separados por uma distaˆncia de
5
!
*
nm.
� O mo´dulo da carga das duas partı´culas e´ � ff 1
! M
?
1;	
B
�
L C. Portanto, temos aqui um belo exemplo de
exercı´cio de multiplicac¸a˜o:
�
ff
��`
ff
3D1
! M
?@1A	4B
�
L
:
3<5
!
*
?@1A	CB
L
:
ff
MC!
R>R
?a1;	
B
�
S C m
!
E 24-25
Na Fig. 24-8, suponha que ambas as cargas sejam posi-
tivas. Mostre que � no ponto n , considerando ˆ2‰Ł` , e´
dado por:
�
ff
1
5
(87
�
H��
ˆ
�8!
� Usando o princı´pio de superposic¸a˜o e dois termos da
expansa˜o
3]1‹�Œo
:
B
�e
1O�ŒH�oK�
*
o
i
�@5>of~x�
!A!
!
X
va´lida quando Ž o�Ž41 , obtemos
�
ff
1
5
(87
�
p
�
3Iˆ=�r`m�>H
:
�
�
�
36ˆ��.`4��H
:
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1
5
(87
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H�ˆ�’
B
�
�
‘
1‹�
`
H�ˆ,’
B
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ff
1
5
(87
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ˆ
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1O�rHf3D�
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:
�
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ff
1
5
(87
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ˆ
�8!
http://www.if.ufrgs.br/ � jgallas Pa´gina 5
LISTA 1 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS 18 de Novembro de 2002, a`s 12:09 p.m.
E 24-26.
Calcule o campo ele´trico (mo´dulo, direc¸a˜o e sentido)
devido a um dipolo ele´trico em um ponto n localizado
a uma distaˆncia ˆ“‰”` sobre a mediatriz do segmento
que une as cargas (Figura 24-32). Expresse sua resposta
em termos de momento de dipolo p.
� Obte´m-se o campo 
� resultante no ponto n somando-
se vetorialmente
� ff
�fi•–�
�
B
!
A magnitudedos vetores e´ dada por:
�
•.ff
�
B
ff—ffi
�
9
�
�.`
�
��5
!
As soma das componentes sobre a mediatriz se can-
celam enquanto as componentes perpendiculares a ela
somam-se. Portanto, chamando-se
ƒ
o aˆngulo entre o
eixo do dipolo e a direc¸a˜o de ��• (ou de �
B
), segue
�
ff
H>�
•V"%$-&
ƒ
X
onde, da figura,
"
$'&
ƒ
ff
`m�>H

9
�
�+`
�
��5
!
Com isto segue
�
ff
H
ffi
�
9
�
�+`
�
��5
`4��H

9
�
�+`
�
�U5
ff ffi
��`
3<9
�
�.`
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��5
:
i†˜†�
ff
ffi
3<9
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:
i\˜N�
��`
™
1‹�+`
�
�4365>9
�
:›š
i\˜†�
!
Como o problema nos diz que 9œ‰_` , podemos des-
prezar o termo ` � �4365>9 �A: no u´ltimo denominador acima,
obtendo para o mo´dulo do campo o valor
�
ff/ffi
��`
9
i
!
Em termos do momento de dipolo Ž xŽ ff ��` , uma vez
que � e  tem sentidos opostos, temos
�
ff
�
ffi

9
ifl!
O vetor � aponta para baixo.
24-27 ž
Quadrupolo ele´trico. A figura abaixo mostra um qua-
drupolo ele´trico tı´pico.
Ele e´ constituı´do por dois dipolos cujos efeitos em pon-
tos externos na˜o chegam a se anular completamente.
Mostre que o valor de � no eixo do quadrupolo, para
pontos a uma distaˆncia ˆ do seu centro (supor ˆ2‰Ÿ` ), e´
dado por:
�
ff
*
�
5
(87
�
ˆ
~
X
onde �g3 ff H>��` �;: e´ chamado de momento de quadrupolo
da distribuic¸a˜o de cargas.
� A distaˆncia entre o ponto n e as duas cargas positivas
sa˜o dadas por 3Iˆg�œ` : e 36ˆV�/` : . A distaˆncia entre n
e as cargas negativas sa˜o iguais a ˆ . De acordo com o
princı´pio de superposic¸a˜o, encontramos:
�
ff
�
5
(87
�
p
1
36ˆ=�r`
:
�
�
1
36ˆe�+`
:
�
�
H��
ˆ
�4s
ff
�
5
(87
�
ˆ
�
p
1
3D1O�r`m��ˆ
:
�
�
1
3]1‹�.`4��ˆ
:
�
�ŒH
s
Expandindo em se´rie como feito no livro-texto, para o
caso do dipolo [ver Apeˆndice G],
3]1‹�Œo
:
B
�e
1O�ŒH�oK�
*
o
i
�@5>of~x�
!A!
!
X
va´lida quando Ž o�Ž41 , obtemos
�
ff
�
5
(87
�
ˆ
�
p\‘
1‹�
H>`
ˆ
�
*
`
�
ˆ
�
�
!
!A!
’
�
‘
1O�
H�`
ˆ
�
*
`
�
ˆ
�
�
!
!A!
’
�ŒH
s
X
http://www.if.ufrgs.br/ � jgallas Pa´gina 6
LISTA 1 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS 18 de Novembro de 2002, a`s 12:09 p.m.
de onde se conclui que, considerando-se os termos ate´ a
segunda ordem, inclusive, temos
� ff
�
5
(87
�Aˆ
�
p
M
`
�
ˆ
� s
ff
*
�
5
(87
�Aˆ
~
X
onde o momento de quadrupolo e´ definido como � ff
H���`
�
!
Em contraste com a derivac¸a˜o apresentada no livro-
texto, observe que aqui foi necessa´rio usarmos o ter-
mo quadra´tico na expansa˜o em se´rie, uma vez que a
contribuic¸a˜o devida ao termo linear era nula.
1.2.4 O campo criado por uma linha de cargas
P 24-30.
Um ele´tron tem seu movimento restrito ao eixo do anel
de cargas de raio 0 discutido na sec¸a˜o 24-6. Mostre que
a forc¸a eletrosta´tica sobre o ele´tron pode fazeˆ-lo oscilar
atrave´s do centro do anel, com uma frequ¨eˆncia angular
dada por: ¡
ff£¢
k;�
5
(87
�
�¤0
i
!
� Como visto no livro-texto, a magnitude do campo
ele´trico num ponto localizado sobre o eixo de um anel
homogeneamente carregado, a uma distaˆncia ˆ do cen-
tro do anel, e´ dado por (Eq. 24-19):
�
ff
��ˆ
5
(87
�>3I0
�
�.ˆ
�
:
i†˜†�
X
onde � e´ a carga sobre o anel e 0 e´ o raio do anel.
Para que possa haver oscilac¸a˜o a carga � sobre o anel
deve ser necessariamente positiva. Para uma carga � po-
sitiva, o campo aponta para cima na parte superior do
anel e para baixo na parte inferior do anel. Se tomar-
mos a direc¸a˜o para cima como sendo a direc¸a˜o positiva,
enta˜o a forc¸a que atua num ele´tron sobre o eixo do anel
e´ dada por
�
ff
�fik��
ff
�
kU��ˆ
5
(87
�
3I0
�
�.ˆ
�
:
i\˜†�
X
onde k representa a magnitude da carga do ele´tron.
Para oscilac¸o˜es de pequena amplitude, para as quais va-
le ˆ¥¦0 , podemos desprezar ˆ no denominador da
expressa˜o da forc¸a, obtendo enta˜o, nesta aproximac¸a˜o,
�
ff
�
kU�
5
(87
�
0
i
ˆ2§£��¨Pˆ
!
Desta expressa˜o reconhecemos ser a forc¸a sobre o
ele´tron uma forc¸a restauradora: ela puxa o ele´tron em
direc¸a˜o ao ponto de equilı´brio ˆ ff 	 . Ale´m disto, a
magnitude da forc¸a e´ proporcional a ˆ , com uma con-
tante de proporcionalidade ¨ ff kU�>�4365
(87
� 0
iA:
, como se
o ele´tron estivesse conectado a uma mola. Ao longo
do eixo, portanto, o ele´tron move-se num movimento
harmoˆnico simples, com uma frequ¨eˆncia angular dada
por (reveja o Cap. 14, caso necessa´rio)
¡
ff
¢
¨
�
ff©¢
kU�
5
(87
�
�¤0
i
X
onde � representa a massa do ele´tron.
P 24-32.
Uma barra fina de vidro e´ encurvada na forma de um
semicı´rculo de raio 9 . Uma carga ��� esta´ distribuı´da
uniformemente ao longo da metade superior, e uma car-
ga ��� , distribuı´da uniformemente ao longo da metade
inferior, como mostra a Fig. 24-35. Determine o campo
ele´trico E no ponto n , o centro do semicı´rculo.
� Para a metade superior:
`-�
•
ff—ffi
`-�
9
�
ff�ffi�ª
`�«
9
�
onde
ª
ff
�2�C3IH
(
9���5
:
ff
H>� �C3
(
9
:
e `�« ff 9�`
ƒ
. Portan-
to
`'�
•
ff�ffi
H>�
(
9
9�`
ƒ
9
�
ff
H
ffi
�
(
9
�
`
ƒ
!
O mo´dulo da componente � •
}
do campo total e´, portan-
to,
�
•
}
ff­¬
`'�
•
}
ff ¬
`'�
•
"%$'&
ƒ
ff
H
ffi
�
(
9
�
¬+®
˜†�
�
"%$-&
ƒ
`
ƒ
ff
H
ffi
�
(
9
�
p
sen
ƒ
s
®
˜†�
�
ff
H
ffi
�
(
9
�Œ!
http://www.if.ufrgs.br/ � jgallas Pa´gina 7
LISTA 1 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS 18 de Novembro de 2002, a`s 12:09 p.m.
Analogamente,
�
•

ff ¬¯`'�
•

ff ¬°`-�
•
sen
ƒ
ff
H ffi �
(
9
�
¬ ®
˜†�
�
sen
ƒ
`
ƒ
ff
H ffi �
(
9
�
p
� "
$'&
ƒ
s
®
˜N�
�
ff
H ffi �
(
9
�Œ!
Usando argumentos de simetria: Usando a simetria do
problema vemos facilmente que as componentes hori-
zontais cancelam-se enquanto que as verticais reforc¸am-
se. Assim sendo, o mo´dulo do campo total e´ simples-
mente
� ff H�� =ff
5 ffi �
(
9
�
com o vetor correspondente apontando para baixo.
Usando ‘forc¸a-bruta’: Podemos obter o mesmo resul-
tado sem usar a simetria fazendo os ca´lculos. Mas temos
que trabalhar bem mais (perder mais tempo durante a
prova!!). Veja so´:
Tendo encontrado que �fi} ff �fi ff �N±O²
®�³†´
, vemos que o
mo´dulo do campo �fi• devido a`s cargas positivas e´ dado
por
�fi•
ff
€
�fi}
�
�.��
�
ff
u
H
H
ffi
�
(
9
�
formando �O5
G
c
com o eixo dos o .
Para a metade inferior o ca´lculo e´ semelhante. O resul-
tado final e´
Ž
�
B
Ž
ff
Ž
�fi•fiŽ
ff
u
H
H
ffi
�
(
9
�Œ!
O campo 
�
B
forma com o eixo dos o um aˆngulo de
� 3
J
	
c
�.5
G
c
:
ff
�=1
*
G
c
.
Portanto, o mo´dulo do campo total 
� ff 
� • � 
�
B
apon-
ta para baixo e tem magnitude dada por
�
ff
€
�
�
•
�+�
�
B
ff
u
H��fi•
ff
u
H��
B
ff
u
H
v
u
H
H
ffi
�
(
9
�
y
ff
5
ffi
�
(
9
�Œ!
Conclusa˜o: Termina mais ra´pido (e com menos erro!)
quem estiver familiarizado com a explorac¸a˜o das sime-
trias. Isto requer treino...
P 24-35.
Na Fig. 24-38, uma barra na˜o-condutora“semi-infinita”
possui uma carga por unidade de comprimento, de valor
constante
ª
. Mostre que o campo ele´trico no ponto n
forma um aˆngulo de 5
G
c
com a barra e que este aˆngulo
e´ independente da distaˆncia 0 .
� Considere um segmento infinitesimal `>o da barra, lo-
calizado a uma distaˆncia o a partir da extremidade es-
querda da barra, como indicado na figura acima. Tal
segmento conte´m uma carga `'� ff
ª
`>o e esta´ a uma
distaˆncia 9 do ponto n . A magnitude do campo que `-�
produz no ponto n e´ dada por
`-�
ff
1
5
(87
�
ª
`'o
9
�°!
Chamando-se de
ƒ
o aˆngulo entre 0 e 9 , a componente
horizontal o do campo e´ dada por
`'�
}2ff
�
1
5
(87
�
ª
`>o
9
�
sen
ƒ
X
enquanto que a componente vertical | e´
`-�fi
ff
�
1
5
(87
�
ª
`>o
9
�
"
$'&
ƒ
!
Os sinais negativos em ambas expresso˜es indicam os
sentidos negativos de ambas as componentes em relac¸a˜o
ao ponto de origem, escolhido como sendo a extremida-
de esquerda da barra.
Vamos usar aqui o aˆngulo
ƒ
como varia´vel de
integrac¸a˜o. Para tanto, da figura, vemos que
"%$'&
ƒ
ff
0
9
X sen
ƒ
ff
o
9
X o
ff
0
„†…>‡
ƒ
X
e, portanto, que
`'o
ff
0
&]µ;"
�
ƒ
`
ƒ
ff
0
1
"
$'&
�
ƒ
`
ƒ
!
http://www.if.ufrgs.br/ � jgallas Pa´gina 8
LISTA 1 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS 18 de Novembro de 2002, a`s 12:09 p.m.
Os limites de integrac¸a˜o va˜o de 	 ate´
(
��H . Portanto
��} ff ¬+®
˜†�
�
`-�fi} ff � ª
5
(87
� 0
¬+®
˜†�
�
sen
ƒ
`
ƒ
ff � ª
5
(87
�
0
"
$'&
ƒ,¶
¶
¶
®
˜†�
�
ff � ª
5
(87
� 0
X
e, analogamente,
� �ff¬
®
˜†�
�
`'� ·ff � ª
5
(87
�
0
¬ ®
˜†�
�
"
$'&
ƒ
`
ƒ
ff � ª
5
(87
� 0
sen
ƒ ¶
¶
¶
®
˜†�
�
ff � ª
5
(87
�
0
!
Destes resultados vemos que ��} ff �fi , sempre, qual-
quer que seja o valor de 0 . Ale´m disto, como as duas
componentes tem a mesma magnitude, o campo resul-
tante � faz um aˆngulo de 5
G
c
com o eixo negativo dos
o , para todos os valores de 0 .
1.2.5 O campo ele´trico criado por um disco carre-
gado
P 24-38.
A que distaˆncia, ao longo do eixo central de um disco de
pla´stico de raio 0 , uniformemente carregado, o mo´dulo
do campo ele´trico e´ igual a` metade do seu valor no cen-
tro da superfı´cie do disco?
� A magnitude do campo ele´trico num ponto situado
sobre o eixo de um disco uniformemente carregado, a
uma distaˆncia ˆ acima do centro do disco, e´ dado por
(Eq. 24-27)
�
ff ¸
H
7
�
p
1x�
ˆ
u
0
�
�+ˆ
�
s
X
onde 0 e´ o raio do disco e
¸
a sua densidade superficial
de carga. No centro do disco ( ˆ ff 	 ) a magnitude do
campo e´ ��¹ ff
¸
�C3IH
7
�
:
.
O problema pede para determinar o valor de ˆ tal que
tenhamos �K��� ¹‹ff 1U��H , ou seja, tal que
1O�
ˆ
u
0
�
�+ˆ
�
ff
1
H
X
ou, equivalentemente,
ˆ
u
0
�
�+ˆ
�
ff
1
H
!
Desta expressa˜o obtemos ˆ � ff 0 � ��5q�ºˆ � �U5 , isto e´
ˆ ff» 0 �
u
*
.
Observe que existem duas soluc¸o˜es possı´veis: uma ‘aci-
ma’, outra ‘abaixo’ do plano do disco de pla´stico.
1.2.6 Carga puntiforme num campo ele´trico
E 24-39.
Um ele´tron e´ solto a partir do repouso, num campo
ele´trico uniforme de mo´dulo H
!
	t?z1A	
~
N/C. Calcule a
sua acelerac¸a˜o (ignore a gravidade).
� O mo´dulo de tal acelerac¸a˜o e´ fornecido pela segunda
lei de Newton:
 
ff
�
�
ff
���
�
ff
*
!YG
1�?@1A	
�
W m/s �
!
E 24-43.
Um conjunto de nuvens carregadas produz um cam-
po ele´trico no ar pro´ximo a` superfı´cie da Terra. Uma
partı´cula de carga ��H
!
	V?@1A	
B
L C, colocada neste cam-
po, fica sujeita a uma forc¸a eletrosta´tica de *
!
	q?+1A	
BF¼
N apontando para baixo. (a) Qual o mo´dulo do cam-
po ele´trico? (b) Qual o mo´dulo, a direc¸a˜o e o sentido
da forc¸a ele´trosta´tica exercida sobre um pro´ton coloca-
do neste campo? (c) Qual a forc¸a gravitacional sobre o
pro´ton? (d) Qual a raza˜o entre a forc¸a ele´trica e a forc¸a
gravitacional, nesse caso?
� (a) Usando a Eq. 24-3 obtemos para o mo´dulo de � :
�
ff
�
�
ff
*
!
	V?@1A	
BT¼
N
H
!
	V?a1;	
B
L C ff 1 G 	'	 N/C !
A forc¸a aponta para baixo e a carga e´ negativa. Logo, o
campo aponta de baixo para cima.
(b) O mo´dulo da forc¸a eletroste´tica �¾½ exercida sobre o
pro´ton e´
��½
ff
���
ff
H
!
5'	h?@1A	CB
�
¼ N
!
Como o pro´ton tem carga positiva, a forc¸a sobre ele tera´
a mesma direc¸a˜o do campo: de baixo para cima.
(c) A forc¸a gravitacional exercida sobre o pro´ton e´
�fl¿
ff
�tÀ
ff
3D1
! M
lK?a1;	4B
�
Q
:
3
J
!
R
:
ff
1
! M
5V?@1A	
B
�
¼ N X
http://www.if.ufrgs.br/ � jgallas Pa´gina 9
LISTA 1 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS 18 de Novembro de 2002, a`s 12:09 p.m.
apontando de cima para baixo.
(d) A raza˜o entre as magnitudes das forc¸as ele´trica e gra-
vitacional e´
�¾½
� ¿
ff 1
!
5
M
?a1;	
�D�
!
Portanto, vemos que o peso � ¿ do pro´ton pode ser
completamente ignorado em comparac¸a˜o com a forc¸a
ele´trosta´tica exercida sobre o pro´ton.
E 24-45.
(a) Qual e´ a acelerac¸a˜o de um ele´tron num campo
ele´trico uniforme de 1
!
5Á?Â1;	
¼
N/C? (b) Quanto tem-
po leva para o ele´tron, partindo do repouso, atingir um
de´cimo da velocidade da luz? (c) Que distaˆncia ele per-
corre? Suponha va´lida a mecaˆnica Newtoniana.
� (a) Usando a lei de Newton obtemos para o mo´dulo
da acelerac¸a˜o:
 
ff
�
�
½
ff
kU�
�
½
ff
3]1
! M
?a1;	
B
�
L
:
3D1
!
5g?@1A	
¼
:
J
!
1=?a1;	
B
i\�
ff
H
!
5
M
?@1A	
�
Q m/s �
!
(b) Partindo-se do repouso (i.e. com �� ff 	 ) e usando a
equac¸a˜o à ff à � � -Ä obtemos facilmente que
Ä
ff–Å
�41A	
 
ff
*
?a1;	
S
�41A	
H
!
5
M
?@1A	
�
Q
ff
	
!
1UH>H2?a1;	
B
L s
!
(c) A distaˆncia percorrida e´
`
ff
1
H
 -Ä
�
ff
1
H
3IH
!
5
M
?@1A	
�
Q
:
36	
!
1UH>HK?@1A	4B
L
:
�
ff
1
!
R
*
?a1;	
B
i
m
!
E 24-46.
Uma arma de defesa que esta´ sendo considerado pe-
la Iniciativa de Defesa Estrate´gica (“Guerra nas Estre-
las”) usa feixes de partı´culas. Por exemplo, um feixe
de pro´tons, atingindo um mı´ssil inimigo, poderia inu-
tiliza´-lo. Tais feixes podem ser produzidos em “ca-
nho˜es”, utilizando-se campos ele´tricos para acelerar as
partı´culas carregadas. (a) Que acelerac¸a˜o sofreria um
pro´ton se o campo ele´trico no canha˜o fosse de H
!
	e?q1A	
~
N/C. (b) Que velocidade o pro´ton atingiria se o campo
atuasse durante uma distaˆncia de 1 cm?
� (a) Usando a segunda lei de Newton encontramos:
 
ff
�
�
ff
kU�
�
ff 1
!
J
HK?@1A	
�D�
m/s �
!
(b) Usando a Eq. 15 do Cap. 2, encontramos:
à ffº H
 
36og�ao�
:
ff 1
J
M
km/s
!
�
´E preciso lembrar-se das fo´rmulas aprendidas no cur-
so de Mecaˆnica Cla´ssica (Fı´sica I).
E 24-47.
Um ele´tron com uma velocidade escalar de
G4!
	Ç?Â1A	
S
cm/s entra num campo ele´trico de mo´dulo 1
!
	@?�1A	
i
N/C, movendo-se paralelamente ao campo no sentido
que retarda seu movimento. (a) Que distaˆncia o ele´tron
percorrera´ no campo antes de alcanc¸ar (momentanea-
mente) o repouso? (b) Quanto tempo levara´ para isso?
(c) Se, em vez disso, a regia˜o do campo se estendesse
somente por R mm (distaˆncia muito pequena para pa-
rar o ele´tron),que frac¸a˜o da energia cine´tica inicial do
ele´tron seria perdida nessa regia˜o?
� (a) Primeiro, calculemos a acelerac¸a˜o do ele´tron de-
vida ao campo:
 
ff
kU�
�
½
ff
3D1
! M
?@1A	
B
�
L
:
3D1
!
	V?@1A	
i
:
J
!
1=?@1A	
B
i[�
ff
1
!
l
M
?a1;	
�
~ m/s �
!
Portanto, usando o fato que à � ff à �
�
�/H
 
3<o“�œo
�
:
e
definindo ` ff oq�@o � temos, para a distaˆncia viajada:
`
ff
Ã
�
�
H
 
ff
3
G4!
	V?a1;	
¼
:]�
HO3D1
!
l
M
?a1;	
�
~
:
ff
l
!
1UHK?a1;	4B
�
m
!
(b) Usando o fato que à ff à � � 'Ä e que à ff 	 , temos
Ä
ff
Ã
�
 
ff
G4!
	h?a1;	
¼
1
!
l
M
?a1;	
�
~
ff
H
R
!
5-	2?@1A	CB
L s
!
(c) Basta determinar a velocidade do ele´tron quando o
campo terminar. Para tanto, usamos à � ff à �
�
�/H
 4È
,
onde È ff�R ?a1;	
B
i
m e´ a extensa˜o do campo.
Ã
�
ff
Ã
�
�
�+H
 4È
ff
3
GC!
	V?@1A	'¼
:
�
�rHO3]1
!
l
M
?@1A	
�
~
:
3
R
?@1A	4B
i
:
ff
H>H
!
HK?@1A	
�D�
m/s �
!
Portanto, a frac¸a˜o da energia cine´tica perdida e´ dada por
ffi
�
ffi
�
ffiq�
ff
Ã
�
�aÃ
�
�
Ã
�
�
ff
H'H
!
He�rH
G
H
G
ff
�fi	
!
1>1UH
ou seja, perde 1>1
!
H'É da sua energia cine´tica.
http://www.if.ufrgs.br/ � jgallas Pa´gina 10
LISTA 1 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS 18 de Novembro de 2002, a`s 12:09 p.m.
Se voce gosta de trabalhar mais, pode calcular as ener-
gias explicitamente e determinar o mesmo percentual.
A energia cine´tica ffi perdida e´ dada por
ffiÊff
1
H
�ǽ\Ã
�
ff
1
H
3
J
!
1=?a1;	4B
i\�
:
3IH'H
!
Hh?a1;	
�]�
:
ff 1
!
	f1�?@1A	CB
�
Q J
!
A energia cine´tica inicial ffiq� era
ffi � ff
1
H
� ½ Ã
�
�
ff
1
H
3
J
!
1=?a1;	 B
i[�
:
3
GC!
	V?@1A	 ¼
:
�
ff 1
!
1
*
R ?a1;	4B
�
Q J
!
E 24-49.
Na experieˆncia de Milikan, uma gota de raio 1
! M
5eË m e
de densidade 	
!
R
G
1 g/cm i fica suspensa na caˆmara infe-
rior quando o campo ele´trico aplicado tem mo´dulo igual
a 1
!
J
H�?¤1A	
W
N/C. Determine a carga da gota em termos
de k .
� Para a gota estar em equilı´brio e´ necessa´rio que a
forc¸a gravitacional (peso) esteja contrabalanc¸ada pela
forc¸a eletrosta´tica associada ao campo ele´trico, ou se-
ja, e´ preciso ter-se �tÀ ff ��� , onde � e´ a massa da gota,
� e´ a carga sobre a gota e � e´ a magnitude do campo
ele´trico no qual a gota esta´ imersa. A massa da gota e´
dada por � ffÍÌrÎtff 365
(
�
*
:
9
i
Î , onde 9 e´ seu raio e Î
e´ a sua densidade de massa. Com isto tudo, temos
�
ff
�^À
�
ff
5
(
9
i
Î
À
*
�
ff
5
(
3D1
! M
5h?@1A	
BT¼
m
:]i
3
R
G
1 kg/m i
: 3 J
!
R m/s �A:
*
3D1
!
J
H ?@1A	
W
N/C :
ff R
!
	h?@1A	
B
�
L C X
e, portanto,Ï
ff
�
k
ff
R
!
	'H
M
?a1;	
B
�
L C
1
! M
?@1A	
B
�
L C ff G X
ou seja, � ff
G
k .
P 24-54.
Duas grandes placas de cobre, paralelas, esta˜o separadas
por
G
cm e entre elas existe um campo ele´trico uniforme
como e´ mostrado na Fig. 24-39. Um ele´tron e´ libera-
do da placa negativa ao mesmo tempo que um pro´ton e´
liberado da placa positiva. Despreze a forc¸a que existe
entre as partı´culas e determine a distaˆncia de cada uma
delas ate´ a placa positiva no momento em que elas pas-
sam uma pela outra. (na˜o e´ preciso conhecer o mo´dulo
do campo ele´trico para resolver este problema. Isso lhe
causa alguma surpresa?)
� A acelerac¸a˜o do pro´ton e´ >Ð ff kU�K�U� Ð e a acelerac¸a˜o
do ele´tron e´ ½ ff �fik;�h�U�ǽ , onde � e´ a magnitude do
campo ele´trico e � Ð e �¤½ representam as massas do
pro´ton e do ele´tron, respectivamente.
Consideremos a origem de refereˆncia como sendo na
posic¸a˜o inicial do pro´ton na placa a` esquerda. Assim
sendo, a coordenada do pro´ton num instante Ä qualquer
e´ dada por o Ð ff >ÐUÄ � ��H enquanto que a coordenada
do ele´tron e´ oT½ ffÒÑ � ½ Ä � ��H . As partı´culas pas-
sam uma pela outra quando suas coordenadas coinci-
dem, o Ð ff o ½ , ou seja, quando Ð Ä � ��H ffÓÑ � ½ Ä � �>H .
Isto ocorre quando Ä � ff H Ñ �43 Ð � ½ : , que nos fornece
o
Ð
ff
 
Ð
 �Ð
�
 
½
Ñ
ff
kU�K���
Ð
k;�h�U�
Ð
�.kU�K���¤½
Ñ
ff
�
½
�¤½��.�
Ð
Ñ
ff
J
!
1'1�?@1A	
B
i[�
J
!
1>1�?a1;	
B
i\�
�/1
! M
l2?@1A	
B
�
Q
3I	
!
	
G
	 m
:
ff
H
!
l ?@1A	CB
W m
ff
H
!
l ?@1A	
B
i
cm
!
Portanto, enquanto o ele´tron percorre os
G
cm entre as
placas, o pro´ton mal conseguiu mover-se!
P 24-55.
� (a) Suponha que o peˆndulo fac¸a um aˆngulo ƒ com a
vertical. Desenhado-se o diagrama de forc¸as temos �tÀ
para baixo, a tensa˜o no fio, fazendo um aˆngulo
ƒ
para
a esquerda do vetor ��� , que aponta para cima ja´ que a
carga e´ positiva.
Consideremos o aˆngulo assim definido como sendo po-
sitivo. Enta˜o o torque sobre a esfera em torno do ponto
onde o fio esta amarrado a` placa superior e´
Ô
ff
� 36�tÀK�@���
:
« sen
ƒ
!
Se �^À.ÕÓ��� , enta˜o o torque e´ um torque restaurador:
ele tende a empurrar o peˆndulo de volta a sua posic¸a˜o de
equilı´brio.
http://www.if.ufrgs.br/ � jgallas Pa´gina 11
LISTA 1 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS 18 de Novembro de 2002, a`s 12:09 p.m.
Se a amplitude de oscilac¸a˜o e´ pequena, sen
ƒ
pode ser
substituido por
ƒ
em radianos, sendo enta˜o o torque da-
do por
Ô
ff � 36�tÀK�@���
:
«
ƒ
!
O torque e´ proporcional ao deslocamento angular e o
peˆndulo move-se num movimento harmoˆnico simples.
Sua frequ¨eˆncia angular e´
¡
ff£ 3<�^À2�r���
:
«;��ÖfX
onde Ö e´ o momento de ine´rcia rotacional do peˆndulo.
Como para um peˆndulo simples sabemos que Ö ff �t« � ,
segue que
¡
ff
¢
3<�^À2�@���
:
«
�^«
�
ff
¢
À2�@���h�U�
«
e o perı´odo e´ ×
ff
H
(
¡
ff
H
()Ø
«
À2�r���K�U�
!
Quando ��� ÕÙ�^À o torque na˜o e´ restaurador e o
peˆndulo na˜o oscila.
(b) A forc¸a do campo ele´trico esta´ agora para baixo e o
torque sobre o peˆndulo e´
Ô
ff
� 3<�^À��.���
:
«
ƒ
se o deslocamento for pequeno. O perı´odo de oscilac¸a˜o
e´ ×
ff
H
(
Ø
«
À��z���K�U�
!
P 24-56.
Na Fig. 24-41, um campo ele´trico � , de mo´dulo Hfi?g1A	 i
N/C, apontando para cima, e´ estabelecido entre duas
placas horizontais, carregando-se a placa inferior posi-
tivamente e a placa superior negativamente. As placas
teˆm comprimento ÑÚff 1;	 cm e separac¸a˜o ` ff H cm.
Um ele´tron e´, enta˜o, lanc¸ado entre as placas a partir da
extremidade esquerda da placa inferior. A velocidade
inicial tem um mo´dulo de
M
?+1;	
¼
m/s. (a) Atingira´ o
ele´tron uma das placas? (b) Sendo assim, qual delas e a
que distaˆncia horizontal a partir da extremidade esquer-
da?
� Considere a origem 	 como sendo o ponto em que o
ele´tron e´ projetado para o interior do campo. Seja 	>o o
eixo horizontal e 	>| o eixo vertical indicado na Fig. ???-
36. Oriente 	�o da esquerda para a direita e 	>| de baixo
para cima, como a carga do ele´tron e´ negativa, a forc¸a
ele´trica esta´ orientada de cima para baixo (no sentido
oposto ao sentido do campo ele´trico). A acelerac¸a˜o do
ele´tron e´ dada por
 
ff
�
�
ff
k;�
�
ff
*
!YG
1
*
?@1A	
�
~ m/s �
!
Para saber se o ele´tron atinge ou na˜o a placa superior,
devemos calcular inicialmente o tempo Ä necessa´rio pa-ra que ele atinga a altura | ff 	
!
	-H m da placa superior.
Podemos escrever a seguinte relac¸a˜o:
| ff 36�� sen
ƒ
:
Ä
�
 -Ä
�
H
!
Temos: Ã � sen
ƒ
ff
3
MC!
	V?@1;	
¼
:
m/s sen 5
G
�
ff
5
!
H�5
*
?
1;	
BFS
m/s. Substituindo os valores adequados na relac¸a˜o
anterior e resolvendo a equac¸a˜o do segundo grau em Ä ,
encontramos:
Ä
�
ff
Mf!
5mH�	h?a1;	
B
L s e Ä � ff 1
!
l'lU5V?@1A	
BFS s
!
O menor valor de Ä e´ o que nos interessa (o outro cor-
responde ao trecho descendente da trajeto´ria). Neste in-
tervalo de tempo Ä � o ele´tron se deslocou uma distaˆncia
o dada por
o
ff
3<Ã
�fl"
$'&
ƒ
:
Ä
�Ûff
3<5
!
H�5
*
?a1;	>¼
:
3
Mf!
5mH�	h?a1;	4B
L
:
ff
	
!
	'H'l>H m
!
ff
H
!
l�H cm
!
Como H
!
l>HÜ1A	 cm, concluimos que: (a) o ele´tron
atinge a placa superior, e, (b) num ponto situado a H
!
l>H
cm da extremidade esquerda da placa superior.
1.2.7 Um dipolo num campo ele´trico
P 24-60.
Determine a frequ¨eˆncia de oscilac¸a˜o de um dipolo
ele´trico, de momento de dipolo � e momento de ine´rcia
Ö , para pequenas amplitudes de oscilac¸a˜o, em torno de
sua posic¸a˜o de equilı´brio, num campo ele´trico uniforme
de mo´dulo � .
� A magnitude do torque que atua no dipolo ele´trico e´
dada por Ô ff � � sen
ƒ
, onde � e´ a magnitude do mo-
mento de dipolo, � e´ a magnitude do campo ele´trico
http://www.if.ufrgs.br/ � jgallas Pa´gina 12
LISTA 1 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS 18 de Novembro de 2002, a`s 12:09 p.m.
e
ƒ
e´ o aˆngulo entre o momento de dipolo e o campo
ele´trico.
O torque e´ sempre ‘restaurador’: ele sempre tende agi-
rar o momento de dipolo em direc¸a˜o ao campo ele´trico.
Se
ƒ
e´ positivo o torque e´ negativo e vice-versa: Ô ff
�
�
� sen
ƒ
.
Quando a amplitude do movimento e´ pequena, pode-
mos substituir sen
ƒ
por
ƒ
em radianos. Neste caso,
Ô
ff �
�
�
ƒ
. Como a magnitude do torque e´ pro-
porcional ao aˆngulo de rotac¸a˜o, o dipolo oscila num
movimento harmoˆnico simples, de modo ana´logo a um
peˆndulo de torsa˜o com constante de torsa˜o Ý ff � � . A
frequ¨eˆncia angular e´ dada por
¡
�
ff
Ý
Ö
ff
�
�
Ö
X
onde Ö e´ o momento de ine´rcia rotacional do dipolo.
Portanto, a frequ¨eˆncia de oscilac¸a˜o e´
Þ
ff
¡
H
(
ff
1
H
(
¢
�
�
Ö
!
http://www.if.ufrgs.br/ � jgallas Pa´gina 13
LISTA 3 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS 27 de Fevereiro de 2003, a`s 10:10 p.m.
Exercı´cios Resolvidos de Teoria Eletromagne´tica
Jason Alfredo Carlson Gallas, professor titular de fı´sica teo´rica,
Doutor em Fı´sica pela Universidade Ludwig Maximilian de Munique, Alemanha
Universidade Federal do Rio Grande do Sul
Instituto de Fı´sica
Mate´ria para a TERCEIRA prova. Numerac¸a˜o conforme a quarta edic¸a˜o do livro
“Fundamentos de Fı´sica”, Halliday, Resnick e Walker.
Esta e outras listas encontram-se em: http://www.if.ufrgs.br/ � jgallas
Conteu´do
1 O Campo Magne´tico – [Capı´tulo 30, pa´gina
175] 2
1.1 Questo˜es . . . . . . . . . . . . . . . . . 2
1.2 Problemas e Exercı´cios . . . . . . . . . 3
1.2.1 Definic¸a˜o de B – 1/8 . . . . . . 3
1.2.2 A Descoberta do Ele´tron – 9/13 6
1.2.3 O Efeito Hall – 14/18 . . . . . . 6
1.2.4 Movimento Circular de uma
Carga – 19/37 . . . . . . . . . . 7
1.2.5 Cı´clotrons e Sincrotons – 38/42 9
1.2.6 Forc¸a magne´tica sobre fio trans-
portando corrente – 43/52 . . . 9
1.2.7 Torque sobre uma Bobina de
Corrente – 53/61 . . . . . . . . 10
1.2.8 O Dipolo Magne´tico – 62/72 . . 12
Comenta´rios/Sugesto˜es e Erros: favor enviar para jgallas @ if.ufrgs.br
(lista3.tex)
http://www.if.ufrgs.br/ � jgallas Pa´gina 1
LISTA 3 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS 27 de Fevereiro de 2003, a`s 10:10 p.m.
1 O Campo Magne´tico – [Capı´tulo 30, pa´gina 175]
1.1 Questo˜es
Q 30-1.
Dos treˆs vetores na equac¸a˜o
�������	��
�
, que pa-
res sa˜o sempre ortogonais entre si? Que pares podem
formar um aˆngulo arbitra´rio entre si?
� Esta questa˜o e´ apenas uma revisa˜o de a´lgebra vetorial:
o vetor que resulta de um produto vetorial de dois outros
vetores deve sempre ser ortogonal aos vetores dos quais
“descende”. Portanto os vetores � e � podem fazer um
aˆngulo arbitra´rio entre si. Mas ��� sera´ necessariamente
perpendicular tanto a � quanto a � .
Q 30-3.
Imagine que voceˆ esteja sentado numa sala com as cos-
tas voltadas para a parede, da qual emerge um feixe de
ele´trons que se move horizontalmente na direc¸a˜o da pa-
rede em frente. Se o feixe de ele´trons for desviado para
a sua direita, qual sera´ a direc¸a˜o e o sentido do campo
magne´tico existente na sala?
� Vertical, para baixo. Pois fazendo o produto vetorial
��
��
vemos que a forc¸a magne´tica aponta para a es-
querda, fornecendo a direc¸a˜o para onde partı´culas carre-
gadas positivamente sa˜o desviadas. Ele´trons desviam-se
para a direita.
Q 30-4.
Como podemos descartar a hipo´tese de as forc¸as exis-
tentes entre ı´ma˜s serem forc¸as ele´tricas?
� Basta colocar os ı´ma˜s em contato e, depois separa´-los:
as forc¸as na˜o se neutralizam e sua magnitude, direc¸a˜o
e sentido na˜o se altera apo´s ter havido o contato e a
separac¸a˜o.
Q 30-6.
Se um ele´tron em movimento for desviado lateralmente
ao atravessar uma certa regia˜o do espac¸o, podemos afir-
mar com certeza que existe um campo magne´tico nessa
regia˜o?
� Na˜o. Tal afirmativa sera´ valida apenas se o ele´tron
andar em cı´rculos sem variar sua energia cine´tica.
Q 30-11.
Quais sa˜o as func¸o˜es fundamentais do: (a) campo
ele´trico e (b) campo magne´tico no ciclotron?
� (a) Estabelecer a ddp que acelera as cargas [i.e. au-
menta sua energia]; (b) Estabelecer movimento circu-
lar que permite a acelerac¸a˜o das mesmas, ao serem re-
injetadas no campo ele´trico.
Q 30-12.
Qual e´ o fato central que possibilita a operac¸a˜o de
um ciclotron convencional? Ignore considerac¸o˜es rela-
tivı´sticas.
� O fato central que permite a operac¸a˜o de um ciclo-
tron e´ a chamada condic¸a˜o de ressonaˆncia, expressa pe-
la Eq. (30-22):
�
circulac¸a˜o
�
�
oscilador ele´trico �
Q 30-17.
Um condutor tem uma carga total nula, mesmo quando
percorrido por uma corrente. Por que, enta˜o, um campo
magne´tico e´ capaz de exercer uma forc¸a sobre ele?
� Numa corrente ele´trica os ele´trons possuem uma
mobilidade grande ao passo que os pro´tons pratica-
mente na˜o se movem (porque esta˜o rigidamente liga-
dos na rede cristalina). Portanto, surge uma forc¸a
magne´tica macrosco´pica em virtude destes movimentos
microsco´picos dos ele´trons.
Q 30-19.
Uma espira retangular ocupa uma posic¸a˜o arbitra´ria
num campo magne´tico externo. Que trabalho e´ ne-
cessa´rio para girar a espira em torno de um eixo per-
pendicular ao seu plano?
� Nenhum. Justifique!
http://www.if.ufrgs.br/ � jgallas Pa´gina 2
LISTA 3 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS 27 de Fevereiro de 2003, a`s 10:10 p.m.
Dica: A energia potencial magne´tica de um dipolo
magne´tico �� colocado num campo magne´tico externo
�
e´ �����ff�
�flfi
�
��ffi
�
�
Q 30-21.
Mostramos, no exemplo 9, que o trabalho necessa´rio
para inverter uma espira de corrente, num campo
magne´tico externo, a partir da posic¸a˜o em que esta´ ali-
nhada com o campo vale �"! . Este resultado e´ va´lido
para qualquer rotac¸a˜o de #%$'&)( que parta de uma posic¸a˜o
arbitra´ria?
� Na˜o.
* �
���+�-,/.0�
fi
�1�+�ff�
� fi
�"!3254ff6
�+�7,/.0�
fi98)fi
�"!/254)6
���ff�;:
�
 
�"!3254)6
���ff�=<
pois 254ff6
�+�>,?.0�
�
254)6
���ff�
254)6
��.0�
�@fi
2A4ff6
���ff�
�
Desta ex-
pressa˜o vemos que o resultado final depende do aˆngulo�
, do qual partimos, ao fazer a rotac¸a˜o de #B$ff&ff( .Q 30-22.
Imagine que no aposento em que voceˆ esta´ sentado exis-
ta um campo magne´tico uniforme
�
apontando verti-
calmente para cima. Uma espira circular tem seu plano
horizontal. Para que sentido da corrente (vista de cima)
estara´ a espira em equilı´brio esta´vel em relac¸a˜o a`s forc¸as
e torques de origem magne´tica?
� Anti-hora´rio, pois minimiza
�����ff�
.
1.2 Problemas e Exercı´cios
1.2.1 Definic¸a˜o de B – 1/8
E 30-1
Expresse a unidade de um campo magne´tico ! em ter-
mos das dimenso˜es C , D , E e F (massa, comprimento,
tempo e carga).
� Uma maneira simples de se fazer isto e´ usando-se a
Eq. 30-6, �G�H�	�3
I� , que fornece
J
!LK
�
J M
K
J
�
K
J N
K
�
CODQP	E-R
�
F
�A�
DSPTE
�
�
C
FUE
�
E 30-2
Quator partı´culas seguem as trajeto´rias mostradas na
Fig. 30-28 quando elas passam atrave´s de um campo
magne´tico. O que se pode concluir sobre a carga de
cada partı´cula?
� O que podemos concluir sobre o sinal da carga e´ o
seguinte, considerando-se a atuac¸a˜o da forc¸a magne´tica
�V�V�	��
/�
: A partı´cula 1 tem carga positiva, pois
desloca-se no mesmo sentido em que atua � . Analoga-
mente, as partı´culas 2 e 4 tem carga negativa.
Para a partı´cula 3 podemos concluir mais do que apenas
seu sinal: a partı´cula 3 na˜o tem carga pois, como se per-
cebe claramente da figura, a possibilidade do produto
vetorial ser zero (isto e´, termos W // � ) esta´ excluida.
Em outras palavras, perceba que uma partı´cula carrega-
da poderia atravessar um campo magne´tico sem sobre
deflexa˜o, desde que viajasse paralelamente ao campo.
Isto e´ uma consequ¨eˆncia direta do produto vetorial que
define � .
E 30-3
Um ele´tron num tubo de TV esta´ se movendo a X
�
 
#%&'Y
m/s num campo magne´tico de intensidade $ffZ mT. (a)
Sem conhecermos a direc¸a˜o do campo, quais sa˜o o
maior e o menor mo´dulo da forc¸a que o ele´tron po-
de sentir devido a este campo? (b) Num certo ponto a
acelerac¸a˜o do ele´tron e´ [
� \
#B&^]`_ m/s R . Qual e´ o aˆngulo
entre a velocidade do ele´tron e o campo magne´tico?
� (a) As forc¸as ma´xima e mı´nima ocorrem para a �
\
&ff( e a
�
&ff( , respectivamente. Portanto
M
max
� �
N
! sen
\
&
(
�
�
#
� b
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X
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#%&
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�
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#B&
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�
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N
! sen & (
�
& N
�
(b) Como n � M PToqp �
�
�
N
! sen
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P	orp temos que
�
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sen c ]ts
o
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n
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N
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X
(
�
http://www.if.ufrgs.br/ � jgallas Pa´gina 3
LISTA 3 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS 27 de Fevereiro de 2003, a`s 10:10 p.m.
E 30-4
Um pro´ton que se move num aˆngulo de lZ)( em relac¸a˜o a
um campo magne´tico de intensidade 
� b
mT experimen-
ta uma forc¸a magne´tica de
bd�kj
#B&
c
]fw N. Calcular: (a)
a velocidade escalar e (b) a energia cine´tica em ele´trons-
volt do pro´ton.
� (a) A magnitude da forc¸a magne´tica no pro´ton e´ dada
por
M
� �flx
N
! sen y , onde
N
e´ a velocidade do pro´ton,
! e´ a magnitude do campo magne´tico, e y e´ o aˆngulo
entre a velocidade da partı´cula e o campo. Portanto
N
�
M
�
x
! sen y
�
bd�kj
#%&
c
]mw N
�
#
� b
#B&
c
]fe
C
�5�
 
� b
#B&
cih
T
�
sen lZ
(
�
[
#%&'z m/s
(b) A energia cine´tica do pro´ton e´
{ �
#
 
o
N
R
�
#
 
�
#
� b
X
#%&
c
R|w kg
�5�
[
#%&'z m/s
�
R
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#
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Zl[
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energia esta que equivale a
#
�
Zl[
#%&
c
]mY J
#
� b
#%&
c
]fe
J/eV
�
$'Z
j
eV
�
P 30-5
Um ele´tron que tem velocidade ���
�
 
#B&'Y m/s
�m}~,
�
Z
#B&ffY m/s
�€
penetra num campo magne´tico
��
�
&
�
&ffZ'&'E
�m}	,‚�
&
�
#
j
E
�€
. (a) Determine o mo´dulo, direc¸a˜o
e o sentido da forc¸a sobre o ele´tron. (b) Repita o ca´lculo
para um pro´ton tendo a mesma velocidade.
� (a) A equac¸a˜o que fornece a forc¸a e´ �ƒ�„�…�G
�� .
Portanto, basta calcular o produto vetorial:
� � †
†
†
†
†
†
}  ‡
 
#B&ffY
�
Z
#B&ffY
�
&
&
�
&'Z'&
fi
&
�
#
j
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†
†
†
†
†
†
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#
j
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�5�
Z
#B&
Y
�
�
‡ˆ<
onde �‰�Vx
�Łfi #
� b
#B&
c
]fe C. Fazendo as contas,
obtemos,
�G�
,
bd� b
[
#%&
c
]`_
‡
�
(b) Neste caso o ca´lculo e´ ideˆntico ao anterior, pore´m
usando-se agora �U�
,
#
� b
#%&
c
]me C:
�G�flfi
bd� b
[
#B& c
]m_
‡
�
P 30-6
Um ele´tron num campo magne´tico uniforme tem uma
velocidade �fl�
�
[)& km/s
�f}‹,Œ�
Z
j
km/s
�
. Ele experi-
menta uma forc¸a
�G�flfi
�
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[
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. Sabendo-
se que !
�
& , calcular o campo magne´tico [que da
origem a` forc¸a].
� Nota: o prefixo
�
= femto = #B&
c
]
z
.
Como ! 
�
& , escrevemos
�ƒ�
!‘
’,
!“
‡
e tratamos
de descobrir o valor das duas componentes desconheci-
das, !7‘ e !“ . Com este campo obtemos para a forc¸a
magne´tica:
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�
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‘
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c
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N.
Efetuando o produto e simplificando encontramos que
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
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N
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M
‘
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N
ff!
“
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e, portanto, que !7‘
�
& . Assim sendo, temos
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X
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E
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Sera´ que a relac¸a˜o
M

�fl�
N
‘T!7“
, que na˜o foi usada nos
ca´lculos acima, tambe´m fica satisfeita? ´E fa´cil verificar
que tal relac¸a˜o tambe´m e´ obedecida, consistentemente:
M
‘
M

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[)$
[^ 
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$
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Z
j
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N

N
‘
�
P 30-7
Os ele´trons de um tubo de televisa˜o teˆm uma energia
cine´tica de #
�
 keV. O tubo esta´ orientado de modo que
os ele´trons se movam horizontalmente do sul magne´tico
para o norte magne´tico. A componente vertical do cam-
po magne´tico da Terra aponta para baixo e tem mo´dulo
de
jffj
� T. (a) Em que direc¸a˜o o feixe sera´ desviado?
(b) Qual a acelerac¸a˜o de um ele´tron devida ao campo
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LISTA 3 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS 27 de Fevereiro de 2003, a`s 10:10 p.m.
magne´tico? (c) Qual sera´ o desvio sofrido pelo feixe
apo´s ter percorrido l& cm atrave´s do tubo de televisa˜o?
� (a) Desenhe uma linha reta vertical e, sobre ela, su-
ponha que o o Sul magne´tico ( – norte geogra´fico) es-
teja localizado na parte superior da figura e o Norte
magne´tico — ( – sul geogra´fico) na parte inferior. Enta˜o,
neste diagrama, o oeste esta´ a` esquerda, o leste `direita.
Conforme os dados do problema, o vetor velocidade
� dos ele´trons tera´ a mesma direc¸a˜o da linha vertical,
apontando de cima para baixo (dado do problema), en-
quanto que o campo magne´tico daTerra apontara´ sem-
pre para dentro da pa´gina onde estiver desenhada a li-
nha reta.
Isto posto, a regra da ma˜o direita nos fornece que �I
˜�
aponta para a direita (Leste). Pore´m, como a carga do
ele´tron e´ negativa, a forc¸a magne´tica sobre ele apontara´
para a esquerda (Oeste).
Esta resposta contradiz a resposta do livro. Mas a minha
resposta parece-me ser a correta.
(b) Use M � oqn , onde M �™x N ! sen a . Nesta ex-
pressa˜o
N
e´ a magnitude da velocidade do ele´tron, ! a
magnitude do campo magne´tico, e a e´ o aˆngulo entre
a velocidade do ele´tron e o campo magne´tico, ou seja,
a
�
\
&)( . Portanto,
n
�
x
N
! sen
\
&ff(
o
�
x
N
!
o
�
Para podermos determinar o valor nume´rico desta
acelerac¸a˜o falta-nos ainda obter o valor de
N
, que pode
ser facilmente obtido da energia cine´tica:
N
� š 
{
o
� ›
 
�
#% 
#%&
h
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�5�
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#'#
#B&
cvh
]
�
bd�
 ffX
#B&
]`_ m/s R
�
(c) A o´rbita do ele´tron e´ circular. Como a acelerac¸a˜o e´
dada por
N
R	PTœ , onde œ e´ o raio da o´rbita, encontramos
que
œ
�
N
R
n
�
�
bd�
[
\
#B&ffw
�
R
bt�
 )X
#%&
]m_
�
bd�
Xl m
�
O pedac¸o de cı´rculo percorrido pelo ele´tron subenten-
de um aˆngulo
�
a partir do centro. O comprimento

�
&
�
 l& m que foi andado no tubo implica numa
reduc¸a˜o ž (“deflecc¸a˜o”) do raio œ . O triaˆngulo curvo
cuja hipotenusa e´ a trajeto´ria curva do ele´tron, o lado
maior e´

e o lado menor e´ a deflexa˜o ž nos fornece
œ
254)6
�
�
œ
fi
ž
<
e œ sen
�
�

�
Elevando ambas equac¸o˜es ao quadrado e somando o re-
sultado obtemos œŸR
�
�
œ
fi
ž
�
R
,

R , ou seja,
ž
�
œ‰ H¡ œ
R
fi

R
�
O sinal “mais” corresponde a um aˆngulo de #B$'& ( fi
�
. O
sinal “menos” corresponde a` soluc¸a˜o fisicamente corre-
ta.
Como

e´ muito menor que œ , podemos usar o teorema
da expansa˜o binomial e expandir ¢ œ
R
fi

R
. Os dois
primeiros termos de tal expansa˜o sa˜o œ fi

R	P
�
 'œ
�
de
onde obtemos finalmente que a deflecc¸a˜o (“diminuic¸a˜o
de œ ”) e´ dada por
ž¤£

R
 lœ
�
&
�
&ff&ff 
\
$ m
�
 
� \
$ mm
�
P 30-8 ¥
Um ele´tron tem uma velocidade inicial
�
#% km/s
�€�,
�
#
j
km/s
�`‡
e uma acelerac¸a˜o de
�
 
#B&^]mR km/s R
�f}
nu-
ma regia˜o em que esta˜o presentes um campo ele´trico
e um campo magne´tico uniformes. Sabendo-se que
�ƒ�
�
[)&'&
� T
�m}
, determine o campo ele´trico ¦ .
� Chamando a acelerac¸a˜o de § e partindo-se da relac¸a˜o
���”�
�
¦
,
�/
I�
�
�
o
p
§
<
encontramos sem dificuldades que
¦
�
orp
�¨§
,
�„
I�
<
onde o sinal negativo foi usado para trocar a ordem dos
fatores no produto vetorial.
¦
�
�
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bd�
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[
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V/m
�
http://www.if.ufrgs.br/ � jgallas Pa´gina 5
LISTA 3 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS 27 de Fevereiro de 2003, a`s 10:10 p.m.
1.2.2 A Descoberta do Ele´tron – 9/13
E 30-10
Um ele´tron com energia cine´tica de 
� j
keV se move ho-
rizontalmente para dentro de uma regia˜o do espac¸o onde
existe um campo ele´trico direcionado para baixo e cujo
mo´dulo e´ igual a #%& kV/m. (a) Quais sa˜o o mo´dulo, a
direc¸a˜o e o sentido do (menor) campo magne´tico capaz
de fazer com que os ele´trons continuem a se mover hori-
zontalmente? Ignore a forc¸a gravitacional, que e´ bastan-
te pequena. (b) Sera´ possı´vel, para um pro´ton, atravessar
esta combinac¸a˜o de campos sem ser desviado? Se for,
em que circunstaˆncias?
� (a) Usamos a energia cine´tica para determinar a velo-
cidade:
N
�
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{
o
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›
 
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h
eV
�5�
#
� b
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#B&
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� \'b
#%&
w m/s
�
Usando a Eq. 30-10, obtemos:
!
�ª©
N
�
#%&
#%&
h
V/m
 
� \'b
#B&
w
m/s
�
Z
�
Z)X
#B&
c
_ T
�
O campo magne´tico tem que ser perpendicular tanto ao
campo ele´trico quanto a` velocidade do ele´tron.
(b) Um pro´ton passara´ sem deflexa˜o caso sua velocidade
seja ideˆntica a` velocidade do ele´tron. Devido a` carga do
pro´ton ter sinal positivo, observe que as forc¸as ele´tricas
e magne´ticas revertem suas direc¸o˜es, pore´m continuam
a cancelar-se!
E 30-11
Um campo ele´trico de #
�kj
kV/m e um campo magne´tico
de &
�
[ T atuam sobre um ele´tron em movimento de mo-
do a produzir uma forc¸a resultante nula. (a) Calcule a
velocidade escalar mı´nima
N
do ele´tron. (b) Desenhe
vetores ¦
<
�
e
�
.
� Como a forc¸a resultante e´ nula, o mo´dulo da forc¸a
ele´trica e´ igual ao mo´dulo da forc¸a magne´tica: x © �
x
N
!
. Portanto
(a)
N
�ª©
!
�
#
�kj
#%&
h
&
�
[
�
Z
�
X
j
#%&'h m/s
�
(b) Uma possibilidade e´: com � saindo perpendicular-
mente ao plano da pa´gina e ¦ apontando para baixo,
temos um desvio para cima quando o ele´tron entrar da
esquerda para a direita, no plano da pa´gina. Fac¸a este
desenho!
P 30-13
Uma fonte de ı´ons esta´ produzindo ı´ons de Y Li (massa
=
b
u), cada um com uma carga
,
x
. Os ı´ons sa˜o acele-
rados por uma diferenc¸a de potencial de #B& kV e entram
numa regia˜o onde existe um campo magne´tico unifor-
me vertical !
�
#
�
 T. Calcule a intensidade do menor
campo ele´trico, a ser estabelecido na mesma regia˜o que
permitira´ aos ı´ons de Y Li a passagem sem desvios.
� Para que a forc¸a total
���
,
x
�
¦
,
�1
U�
�
se anule, o
campo ele´trico ¦ tem que ser perpendicular a velocida-
de � dos ı´ons e ao campo magne´tico � . O campo e´ per-
pendicular a` velocidade de modo que ��
«� tem magni-
tude
N
!
, sendo a magnitude do campo ele´trico dada por
©
�
N
!
. Como os ı´ons tem carga
,
x
e sa˜o acelerados
por uma diferenc¸a de potencial ¬ , temos o
N
R%Pl 
�Hx
¬ ,
ou seja N �
¡
 
x
¬>P	o . Portanto,
©
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x
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�
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bt�
$
#B&
z
¬>P	o
�
Note que a massa, dada em ® , precisou ser convertida
para kg.
1.2.3 O Efeito Hall – 14/18
E 30-15
Mostre que, em termos de do campo ele´trico Hall © e
da intensidade de corrente ± , o nu´mero de portadores de
carga por unidade de volume e´ dado por
²
�
±
!
x
©
�
� Chamando o campo ele´trico Hall de ©•³ , temos que
M
�´�
M¶µ
�·x
©•³ ou seja, x ©-³ �Vx N'¸ ! . Como a
velocidade de deriva e´ dada por
N'¸
�
±¹P
�
²
x
�
, basta
substitui-la na equac¸a˜o anterior para se encontrar que
²
�
±
!
x
©
³
�
http://www.if.ufrgs.br/ � jgallas Pa´gina 6
LISTA 3 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS 27 de Fevereiro de 2003, a`s 10:10 p.m.
1.2.4 Movimento Circular de uma Carga – 19/37
E 30-19.
Campos magne´ticos sa˜o frequ¨entemente usados para
curvar um feixe de ele´trons em experimentos de fı´sica.
Que campo magne´tico uniforme,aplicado perpendicu-
larmente a um feixe de ele´trons que se move a #
�
Z
#B&ffY
m/s, e´ necessa´rio para fazer com que os ele´trons percor-
ram uma trajeto´ria circular de raio &
�
Z
j
m?
� Sabemos que x
N
!
�
o
N
R%PTº . Portanto º
�
o
N
P
�
x
!
�
. Desta u´ltima equac¸a˜o obtem-se sem dificul-
dades que
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o
N
x
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j
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#'#
#B&
c
z T
�
E 30-20.
(a) Num campo magne´tico com ! � &
�kj
T, qual e´ o
raio da trajeto´ria circular percorrida por um ele´tron a
#B&^» da velocidade escalar da luz? (b) Qual a sua ener-
gia cine´tica em ele´trons-volt? Ignore os efeitos rela-
tivı´sticos.
� (a) Use a Eq. 30-17 para calcular o raio:
º
�
o
p
N
�
!
�
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R
 
�
#
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#B&
c
]me
J/eV
�
�
 
� b
#%&
h eV
�
E 30-21.
Que campo magne´tico uniforme deve ser estabelecido
no espac¸o de modo a fazer um pro´ton, de velocidade
escalar #
#B&'w m/s, mover-se numa circunfereˆncia do
tamanho do equador terrestre.
� Use a Eq. 30-17:
!
�
o¾½
N
�
º
�
�
#
� b
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#B&
c
R|w
�A�
#
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�
�
#
� b
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¼ T
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E 30-22.
� (a)
N
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#%&
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&
j
#B&
w m/s
�
(b) Use a Eq. 30-17:
!
�
o
p
N
�
º
�
�
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cvh
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�5�
 
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�
#
�
�
#
#
�
Zt#
#%&
w
�
X
� b
Z
#%&
c
¼ s
�
E 30-24.
� O perı´odo de revoluc¸a˜o do ı´on de iodo e´ E
�
 
.
º'P
N
�
 
.
o¿P
�
�
!
�
, o que nos fornece
o
�
�
!
E
 
.
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X
�
 
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�
#	 ffX u
�
P 30-31.
http://www.if.ufrgs.br/ � jgallas Pa´gina 7
LISTA 3 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS 27 de Fevereiro de 2003, a`s 10:10 p.m.
� O ı´on entra no espectroˆmetro com uma velocidade
N
relacionada com o potencial por *À�”{��H� ¬ , assim:
#
 
o
N
R
�”�
¬
�
Dentro do instrumento, o ı´on realiza um movimento cir-
cular com velocidade
N
inalterada usando, enta˜o, a Se-
gunda Lei de Newton:
o
N
R
º
�H�
N
!
�
Mas da primeira equac¸a˜o,
N
R
�
R|Á|Â
Ã
e º
�

R
, substi-
tuindo estes valores, temos:
Ã
RÄÁŽÂdÅ
Ã
Æ
P' 
�”�
!
�
Portanto,
o
�
!
R
�
Æ
R
$)¬
�
P 30-33.
� (a) Resolvendo a equac¸a˜o encontrada no Problema
30-31 para o campo ! , substituindo Æ
�
 m nela:
!
�
› $ff¬Ÿo
�
Æ
R
�
› $
�
#B&'&
#B&
h
¬
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#%&
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�5�
 
�
&Ÿo
�
R
�
&
�
[
\ffj
E
�
(b) Seja — o nu´mero de ı´ons separados pela ma´quina
por unidade de tempo. A corrente e´ enta˜o Ç
�V�
— e
a massa que e´ separada por unidade de tempo e´ C �
oq— , onde o e´ a massa de um u´nico ı´on. C tem o valor
C
�
#B&ff&o
°
PlÈ
�
#B&'&
#B&
c
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¯)°
Z
b
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P'É
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Como — � C”PTo temos
Ç
�
�
C
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­
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XT$
#B&
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PlÉ
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Z
� \
 
#B&
c
R
z
¯)°
�
 
�
 )X
#%&
c
RQÊ
�
(c) Cada ı´on deposita uma energia de � ¬ na tac¸a, de
modo que a energia depositada num tempo Ë˜Ì e´ dada
por
©
�
—
�
¬/˘Ì
�
Ç
�
�
¬@˘Ì
�
Çm¬3˘Ì
<
onde a segunda expressa˜o foi obtida substituindo-se ÇfP �
no lugar de — . Para Ë˜Ì � # hora, temos
©
�
�
 
�
 ffX
#B& c
RQÊ
�5�
#B&ff&
#%& h ¬
�A�
Z
b
&'&UÉ
�
�
$
�
#TX
#%&
Y
±
�
P 30-35.
� (a) Ver o Exemplo 4. O perı´odo e´ dado por
E
� 
.
º
N
sen y
� 
.
N
sen y
s
o
N
sen y
�
! u
�Í 
.
o
�
!
�
O po´sitron e´ um ele´tron positivo, assim no SI
E
�
Z
� j
$
#%&gc
]`Î s
�
(b) O passo Ï �
�
N
254ff6
y
�
E , enta˜o, temos primeiro que
achar
N
atrave´s da energia cine´tica. Ou seja,
N
�
š 
{
o
�
 
� bffj
#
#B&
w m/s
�
Portanto,
Ï
�
�
N
254ff6
y
�
E
�
&
�
#
b'b
mm
�
(c) O raio e´
º
�
o
N
sen y
�
!
�
#
�kj
# mm
�
P 30-37.
� (a) O raio º da o´rbita circular e´ dado por º � ÏiP
�
x
!
�
,
onde ! e´ a magnitude do campo magne´tico. A ex-
pressa˜o relativı´stica Ï
�
o
N
P
¡
#
fi
N
R
PTÐ
R
deve ser usa-
da para a magnitude Ï do momentum. Aqui,
N
e´ a mag-
nitude da velocidade do pro´ton, o e´ sua massa, e Ð e´ a
velocidade da luz. Portanto
º
�
o
N
x
!
¡
#
fi
N
R
PTÐ
R
�
Elevando-se esta expressa˜o ao quadrado e resolvendo-a
para
N
obtemos
N
�
º
x
!
Ð
¢
o
R
Ð
R
,
º
R
x
R
!
R
�
Subsitutindo-se º �
bd�
Z)X
#B&ffYflo (raio da terra),
xƒ�
#
� b
&) ' 
#B&
c
]fe
­
(a carga do pro´ton), ! �
[¹#
#B&
c
YqE , o
�
#
� b
Xl 
b
#B&
c
RŽw
¯^°
(a massa de
http://www.if.ufrgs.br/ � jgallas Pa´gina 8
LISTA 3 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS 27 de Fevereiro de 2003, a`s 10:10 p.m.
um pro´ton), e Ð � 
� \ff\
X
\
#B&ff¼¤orP'É obtem-se, final-
mente,
N
�
 
� \ff\
X'X
#B&
¼
o¿PlÉ
�
(b) Desenho dos vetores: veja no livro!
1.2.5 Cı´clotrons e Sincrotons – 38/42
P 30-42.
Fac¸a uma estimativa da distaˆncia percorrida por um
deˆuteron no ciclotron do Exemplo 30-5 (pa´gina 169) du-
rante o processo de acelerac¸a˜o. Suponha um potencial
acelerador entre os deˆs de $'& kV.
� Aproxime a distaˆncia total pelo nu´mero de revoluc¸o˜es
multiplicado pela circunfereˆncia da o´rbita correspon-
dente a` energia me´dia. Isto e´ uma boa aproximac¸a˜o pois
o deˆuteron recebe a mesma energia a cada revoluc¸a˜o e
seu perı´odo na˜o depende da sua energia.
O deˆuteron acelera duplamente em cada ciclo e, cada
vez, recebe uma energia de � ¬ � $ff& 
 #B&
h
eV. Como
sua energia final e´ #
bd�b
MeV, o nu´mero de revoluc¸o˜es
que ele faz e´
²
�
#
bd� b
#%&'Y eV
 
�
$'&
#B&
h
eV
�
�
#B&'[
�
Sua energia me´dia durante o processo de acelerac¸a˜o e´
$
�
Z MeV. O raio da o´rbita e´ dado por º � o
N
P
�
�
!
�
,
onde
N
e´ a velocidade do deˆuteron. Como tal velocidade
e´ dada por
N
�
¡
 
{
P	o , o raio e´
º
�
o
�
!
š 
{
o
�
#
�
!
¢
 
{
o
�
Para a energia me´dia temos
{�
�
$
�
Z
#%&
Y eV
�5�
#
� b
#%&
c
]fe J/eV
�
�
Portanto,
º
�
¡
 
{
�
Z
�
Zl[
#B&
c
RŽw
�
�
#
� b
&
#%&
c
]fe
�A�
#
� j
X
�
�
&
�
Z^X
j
m
�
A distaˆncia total viajada e´, aproximadamente,
²
 
.
º
�
�
#B&l[
�5�
 
.0�5�
&
�
Z)X
j
�
�
 l[
j
m
�
1.2.6 Forc¸a magne´tica sobre fio transportando cor-
rente – 43/52
E 30-44.
Um condutor horizontal numa linha de forc¸a transporta
uma corrente de
j
&ff&'& A do sul para o norte. O cam-
po magne´tico da Terra (
b
&
� T) esta´ direcionado para o
norte e inclinado para baixo de um aˆngulo de Xl& ( com
a linha horizontal. Determine o mo´dulo, a direc¸a˜o e o
sentido da forc¸a magne´tica devida ao campo da Terra
sobre #%&'& m do condutor.
� A magnitude da forc¸a magne´tica sobre o fio e´ dada
por
M
� �
Ç`D
! sen y
<
onde Ç e´ a corrente no fio, D e´ o comprimento do fio,
! e´ a magnitude do campo magne´tico, e y e´ o aˆngulo
entre a corrente e o campo. No presente caso, y
�
XT&)( .
Portanto
M
� �
�
j
&'&ff&
�A�
#B&ff&
�A�
b
&
�
&
#%&
c
Y
�
sen Xl& (
�
 '$
�
 N
�
Aplique a regra da ma˜o direita ao produto vetorial ���
�
Ç`Ò
q�
para mostrar que a forc¸a aponta para o oeste.
E 30-45.
Um fio de #
�
$'& m de comprimento transporta uma cor-
rente de #BZ A e faz um aˆngulo de Z
j
( com um cam-
po magne´tico uniforme !
�
#
�kj
T. Calcular a forc¸a
magne´tica sobre o fio.
�
M
�
Ç;D
! sen Z
j
(
�
�
#BZ
�5�
#
�
$
�5�
#
�kj
�
sen Z
j
(
�
 l&
�
#BZffZ'—
�
P 30-46.
� Como ���G� Ç;Ò 
¿� , a corrente tem que fluir da es-
querda para a direita. A condic¸a˜o de equilı´brio requer
que tenhamos
M
�
�”Ó
<
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isto e´, que
Ç`D
!
�
o
°
�
Portanto
Ç
� o
°
D
!
�
�
&
�
&d#%Z'&
¯)°
�A�
\t�
$o¿PlÉ%R
�
�
&
� b
 l&7o
�A�
&
�
['[)&E
�
�
&
�
[
b
X
Ê
�
P 30-48.
� A forc¸a e´ dada por �V� Ç`Ò 
Ô� , e aponta para o
lado esquerdo da figura, sendo esta a direc¸a˜o da veloci-
dade. O mo´dulo da forc¸a e´
M
�
Ç
!
ž , sendo portanto a
acelerac¸a˜o sofrida pelo fio dada por n
�
M
PTo . Como o
fio parte do repouso, sua velocidade e´
N
�
n)Ì
�
M
o
Ì
�
Ç
!
Ìmž
o
�
P 30-52.
Uma barra de cobre de # kg esta´ em repouso sobre dois
trilhos horizontais que distam # m um do outro e per-
mite a passagem de uma corrente de
j
& A de um trilho
para o outro. O coeficiente de atrito esta´tico e´ de &
� b
& .
Qual e´ o menor campo magne´tico (na˜o necessariamente
vertical) que daria inı´cio ao movimento da barra?
� Escolhendo uma orientac¸a˜o arbitra´ria para o campo,
vemos que a forc¸a magne´tica tera´ tanto uma compo-
nente horizontal quanto uma componente vertical. A
componente horizontal devera´ atuar de modo a vencer
a forc¸a de atrito
�
�
�0Õ
— , onde — representa a forc¸a
normal que os trilhos (parados) exercem sobre a barra e
�0Õ e´ o coeficiente de atrito esta´tico. A componente ver-
tical da forc¸a magne´tica atua no sentido de reduzir tanto
o peso da barra quanto a forc¸a de atrito.
Seja
�
o aˆngulo que ! faz com a vertical. A forc¸a
magne´tica e´
M
�´�
Ç`D
!
, pois ! faz
\
&'Î com a barra
horizontal. Como a barra esta´ prestes a deslizar, usando
a Eq. 1 do Cap. 6, obtemos para as componentes hori-
zontais:
Ç`D
!3254)6
�
fi
�0Õ
—
�
&
�
Equilibrando as componentes verticais, obtemos:
—
,
Ç`D
! sen
�
fi
o
°
�
&
�
Eliminando — das duas equac¸o˜es, encontramos:
Ç`D
!3254)6
�
fi
�0Õ
�
o
°
fi
Ç`D
! sen
�ff�
�
&
<
ou seja,
!
� Öl×
Ã>Ø
ٍÚ
2A4ff6
�7,
� Õ sen
�
�
O menor valor de ! ocorre quando o denominador da
expressa˜o acima for ma´ximo. Para determina o valor de�
que maximiza tal denominador basta calcular a deri-
vada em relac¸a˜o a
�
do denominador e iguala-la a zero:
&
�
ž
ž
�
s
2A4ff6
�7,
�
Õ sen
�
u
� fi
sen
�-,
�
Õ
254)6
�
�
Portanto, o denominador tera´ um extremo [que e´ um
ma´ximo. Verifique isto!] quando
�
Õ
�
sen
�
P
254)6
�
�
tg
�t<
ou seja, quando
�
�
Ì
°
c
]
�
Õ
�
Ì
°
c
]
&
� b
&
�
Zd#
(
�
Substituindo este valor de
�
na expressa˜o para ! , acima,
encontramos o valor mı´nimo pedido:
!
min
�
&
� b
&
�
#
�
& kg
�5�
\d�
$ m/s R
�
�
j
& A
�A�
#
�
& m
�A�
2A4ff6
Zt#
(
,
&
� b
& sen Zt#
(
�
�
&
�
#B& T
�
1.2.7 Torque sobre uma Bobina de Corrente –
53/61
E 30-54.
A Fig. 30-39 mostra uma bobina de retangular, com '&
voltas de fio, de dimenso˜es #%& cm [pr
j
cm. Ela trans-
porta uma corrente de &
�
#B& A e pode girar em torno de
um lado longo. Ela esta´ montada com seu plano fa-
zendo um aˆngulo de Zff&ff( com a direc¸a˜o de um campo
magne´tico uniforme de &
�kj
& T. Calcular o torque que
atua sobre a bobina em torno do eixo que passa pelo
lado longo.
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LISTA 3 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS 27 de Fevereiro de 2003, a`s 10:10 p.m.
� No plano de uma folha de papel, escolha um sistema
de coordenadas XY com o eixo Û na horizontal, cres-
cendo para a direita, e o eixo Æ na vertical, crescendo
para baixo. Com tal escolha, o eixo de giro estara´ sobre
a vertical &'Ü , enquanto que o campo estara´ na mesma
direc¸a˜o horizontal de Û .
Chame de n e Ý os comprimentos curtos e longos que
formam o retaˆngulo da bobina. Seja
�
o aˆngulo de Z'&)(
entre o lado n e o campo (suposto ao longo do eixo &lÛ ).
Na bobina atuara˜o quatro forc¸as, uma sobre cada um
dos lados do retaˆngulo. Pore´m, a u´nica forc¸a que pode
produzir um torque em relac¸a˜o ao eixo vertical e´ aquela
exercida sobre o lado de comprimento Ý oposto ao eixo
de apoio. O mo´dulo de tal forc¸a e´:
M
�
Ç`Ý
! sen
\
&
Î
�
ÇmÝ
!
<
estando ela dirigida ao longo do eixo Æ (isto e´, para bai-
xo).
De acordo com a figura indicada na soluc¸a˜o deste pro-
blema, vemos que a menor distaˆncia entre a forc¸a
M
e o
eixo de giro (oo seja, o chamado “brac¸o de alavanca”) e´
( n 2A4ff6
�
). Portanto, o torque para — espiras sera´:
Þ
�
—
�
ÇmÝ
!
�A�
n
254)6
�ff�
�
[
�
Z'Z
#%&
cih N ffim
�
Pela regra da ma˜o direita o sentido e´
fi
Ü , ou seja, o tor-
que esta´ orientado de cima para baixo.
� Uma outra maneira (mais formal pore´m bem mais
direta) e´ calcular o torque a partir da sua definic¸a˜o
�
Þ
�
�
�
�
!
, onde �
�àß
�
�
߈�
—¿Ç
Ê
�
—rÇ
�
n^Ý
�
. Nes-
ta definic¸a˜o e´ preciso cuidar para usar o aˆngulo correto!

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