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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 � 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 �U�4y ` ff v u 5-� � u 5'� � � u � � y ` ff v H H��z1 y ` ff 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 � � � ��H 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 HC3l ! 1 J ?a1; ~ : � ff 1 ! -H2?@1A W N/C ! O aˆngulo que tal campo faz com o eixo dos o e´ 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 2Ł` , e´ dado por: � ff 1 5 (87 � H�� �8! � Usando o princı´pio de superposic¸a˜o e dois termos da expansa˜o 3]1�o : B �e 1O�H�oK� * o i �@5>of~x� !A! ! X va´lida quando o�41 , obtemos � ff 1 5 (87 � p � 3I=�r`m�>H : � � � 36��.`4��H : �4s ff 1 5 (87 � � � p\ 1O� ` H�� B � � 1� ` H�, B � s ff 1 5 (87 � � � p v 1O�rHf3D� ` H� : � !A! ! y � v 1O�rHf3 ` H� : � !A! ! y s ff 1 5 (87 � H�� �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 ` 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 ffffi � 9 � �.` � ��5 ! As soma das componentes sobre a mediatriz se can- celam enquanto as componentes perpendiculares a ela somam-se. Portanto, chamando-se o aˆngulo entre o eixo do dipolo e a direc¸a˜o de �� (ou de � B ), segue � ff H>� V"%$-& X onde, da figura, " $'& ff `m�>H 9 � �+` � ��5 ! Com isto segue � ff H ffi � 9 � �+` � ��5 `4��H 9 � �+` � �U5 ff ffi ��` 3<9 � �.` � ��5 : i� ff ffi 3<9 � : i\N� ��` 1�+` � �4365>9 � : i\� ! Como o problema nos diz que 9_` , 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 x ff ��` , uma vez que � e tem sentidos opostos, temos � ff � ffi 9 ifl! O vetor � aponta para baixo. 24-27 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 do seu centro (supor 2` ), e´ dado por: � ff * � 5 (87 � ~ 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 3Ig�` : e 36V�/` : . A distaˆncia entre n e as cargas negativas sa˜o iguais a . De acordo com o princı´pio de superposic¸a˜o, encontramos: � ff � 5 (87 � p 1 36=�r` : � � 1 36e�+` : � � H�� �4s ff � 5 (87 � � p 1 3D1O�r`m�� : � � 1 3]1�.`4�� : � �H s Expandindo em se´rie como feito no livro-texto, para o caso do dipolo [ver Apeˆndice G], 3]1�o : B �e 1O�H�oK� * o i �@5>of~x� !A! ! X va´lida quando o�41 , obtemos � ff � 5 (87 � � p\ 1� H>` � * ` � � � ! !A! � 1O� H�` � * ` � � � ! !A! �H 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 �A � p M ` � � s ff * � 5 (87 �A ~ 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 do cen- tro do anel, e´ dado por (Eq. 24-19): � ff �� 5 (87 �>3I0 � �. � : 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�� 5 (87 � 3I0 � �. � : i\� X onde k representa a magnitude da carga do ele´tron. Para oscilac¸o˜es de pequena amplitude, para as quais va- le ¥¦0 , podemos desprezar no denominador da expressa˜o da forc¸a, obtendo enta˜o, nesta aproximac¸a˜o, � ff � kU� 5 (87 � 0 i 2§£��¨P ! 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 ff . Ale´m disto, a magnitude da forc¸a e´ proporcional a , 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: `-� ffffi `-� 9 � ff�ffi�ª `�« 9 � onde ª ff �2�C3IH ( 9���5 : ff H>� �C3 ( 9 : e `�« ff 9�` . Portan- to `'� ff�ffi H>� ( 9 9�` 9 � ff H ffi � ( 9 � ` ! O mo´dulo da componente � } do campo total e´, portan- to, � } ff¬ `'� } ff ¬ `'� "%$'& ff H ffi � ( 9 � ¬+® � � "%$-& ` ff H ffi � ( 9 � p sen s ® � � ff H ffi � ( 9 �! 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 ff H ffi � ( 9 � ¬ ® � � sen ` ff H ffi � ( 9 � p � " $'& s ® N� � ff H ffi � ( 9 �! 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´ � B ff �fifi ff u H H ffi � ( 9 �! 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 �! 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 o aˆngulo entre 0 e 9 , a componente horizontal o do campo e´ dada por `'� }2ff � 1 5 (87 � ª `>o 9 � sen X enquanto que a componente vertical | e´ `-�fi ff � 1 5 (87 � ª `>o 9 � " $'& ! Os sinais negativos em ambas expresso˜es indicam os sentidos negativos de ambas as componentes em relac¸a˜o ao ponto de origem, escolhido como sendo a extremida- de esquerda da barra. Vamos usar aqui o aˆngulo como varia´vel de integrac¸a˜o. Para tanto, da figura, vemos que "%$'& ff 0 9 X sen ff o 9 X o ff 0 > X e, portanto, que `'o ff 0 &]µ;" � ` ff 0 1 " $'& � ` ! 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 ` ff � ª 5 (87 � 0 " $'& ,¶ ¶ ¶ ® � � ff � ª 5 (87 � 0 X e, analogamente, � �ff¬ ® � � `'� ·ff � ª 5 (87 � 0 ¬ ® � � " $'& ` ff � ª 5 (87 � 0 sen ¶ ¶ ¶ ® � � 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 acima do centro do disco, e´ dado por (Eq. 24-27) � ff ¸ H 7 � p 1x� u 0 � �+ � s X onde 0 e´ o raio do disco e ¸ a sua densidade superficial de carga. No centro do disco ( ff ) a magnitude do campo e´ ��¹ ff ¸ �C3IH 7 � : . O problema pede para determinar o valor de tal que tenhamos �K��� ¹ff 1U��H , ou seja, tal que 1O� u 0 � �+ � ff 1 H X ou, equivalentemente, u 0 � �+ � ff 1 H ! Desta expressa˜o obtemos � ff 0 � ��5q�º � �U5 , isto e´ 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 Ã�� ff ) e usando a equac¸a˜o à ff à � � -Ä obtemos facilmente que Ä ffÅ �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�aoÆ� : 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�o � : e definindo ` ff oq�@o � temos, para a distaˆncia viajada: ` ff à � � 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 à � 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. à � ff à � � �+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 à � �aà � � à � � 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\à � 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 à � � 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 com a vertical. Desenhado-se o diagrama de forc¸as temos �tÀ para baixo, a tensa˜o no fio, fazendo um aˆngulo 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 ! 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 pode ser substituido por em radianos, sendo enta˜o o torque da- do por Ô ff � 36�tÀK�@��� : « ! 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��.��� : « 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 36Ã�� sen : Ä � -Ä � H ! Temos: à � sen 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<à �fl" $'& : 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>HÜ1A 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 , 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 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 e´ positivo o torque e´ negativo e vice-versa: Ô ff � � � sen . Quando a amplitude do movimento e´ pequena, pode- mos substituir sen por em radianos. Neste caso, Ô ff � � � . 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 #B&dc ]fe �5� X � #%& Y �5� $ffZ #%&gcih � � \d�kjlb #B& c ]m_ N � M min � � N ! sen & ( � & N � (b) Como n � M PToqp � � � N ! sen �ff� P orp temos que � � sen c ]ts o p n � N !�u � sen c ]ts � \t� #ff# #%& cvh ] �A� [ � \ #B&^]`_ � \d�kjlb #B& c ]m_ u � & � b 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 � # � Zl[ #%& c ]mY J < 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´ ��� �G �� . Portanto, basta calcular o produto vetorial: � � } #B&ffY � Z #B&ffY � & & � &'Z'& fi & � # j & � fi � & � # j �A� #B& Y � � fi � & � &'Z'& �5� Z #B& Y � � < 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},� Z j km/s � . Ele experi- menta uma forc¸a �G�flfi � [ � fN �f},�� [ � $ fN � . Sabendo- se que ! � & , calcular o campo magne´tico [que da origem a` forc¸a]. � Nota: o prefixo � = femto = #B& c ] z . Como ! � & , escrevemos �� ! , ! e tratamos de descobrir o valor das duas componentes desconheci- das, !7 e ! . Com este campo obtemos para a forc¸a magne´tica: � � � � W q� � � � N }t, N � � ! >, !7 0� � M }t, M ff< onde M �flfi [ � #%& c ] z N e M � [ � $ #B& c ] z N. Efetuando o produto e simplificando encontramos que M �� N ! < M �Ofi� N ff! < � N '! � & < e, portanto, que !7 � & . Assim sendo, temos �9� ! � M � N � fi [ � #B& c ] z � fi # � b #B& c ]fe �5� Z j #B& h � � � & � X j 0� E � 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 �Ofi [)$ [^ �@fi $ X �Ofi [)& Z j �Ofi 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 http://www.if.ufrgs.br/ � jgallas Pa´gina 4 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 � { o � � #% #%& h eV �5� # � b #%& c ]me J/eV � \d� #'# #B& cih ] kg � bt� [ \ #B& w m/s � Portanto n � x N ! o � � # � b & #%& c ]fe �A� bd� [ \ #B&ffw �5� j'j #B& c Y � \d� #'# #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 PT , onde e´ o raio da o´rbita, encontramos que � 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 (“deflecc¸a˜o”) do raio . 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 nos fornece 254)6 � � fi < e sen � � � Elevando ambas equac¸o˜es ao quadrado e somando o re- sultado obtemos R � � fi � R , R , ou seja, � H¡ 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 , podemos usar o teorema da expansa˜o binomial e expandir ¢ R fi R . Os dois primeiros termos de tal expansa˜o sa˜o fi R P � ' � de onde obtemos finalmente que a deflecc¸a˜o (“diminuic¸a˜o de ”) e´ dada por ¤£ R l � & � &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 �� � [)&'& � 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. ¦ � � fi #'# � [ } fi bd� & S, [ � $ 0� 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 � { o � � �kj #B& h eV �5� # � b & #B& c ]fe J/eV � \d� #'# #B& cih ] kg � � \'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, © � ! x ¬ o � � # � 7E � � # � b & #%& c ]fe �5� #B& #B& h ¬ � � bd� &® �A� # � b'b # #%& c R|w�¯)° P ® � � 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 ! � o N x º � � \t� #ff# #%& cvh ] Kg �5� # � Z #%&'Y m/s � � # � b #%& c ]fe C �A� & � Z j m � � � #'# #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 � ! � � \t� #ff# #B& cvh ] �5� & � # �A� Z � & #B&'¼ � � # � b & #B& c ]fe �A� & �kj & � � Z � [ #%& c _ m � (b) { � # orp N R � � \t� #ff# #B& cvh ] �5� Z � & #%&'w � R � # � b #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 X #B& c R|w �A� # � & #B&'w � � # � b & #B& c ]fe �5� bd� Z)X #B& Y � � # � b Z #%& c ¼ T � E 30-22. � (a) N � { o � � # � '& #B& h �5� # � b & #B& c ]fe � \t� #ff# #%& cvh ] � � & j #B& w m/s � (b) Use a Eq. 30-17: ! � o p N � º � � \d� #'# #B& cvh ] �5� � & j #B&'w � � # � b & #B& c ]fe �5� jg� & #B& c R � � [ � b X #%&gc _ T � (c) � � N . º � � & j #%&'w .� jg� & #%& c R � � # � Zd# #%& w Hz � (d) E � # � � # # � 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 . � � # � b & #B& c ]fe �5� [ jg� & #B& cih �5� # � \ #B& cih � X � .0�A� # � b'b #B& c R|w kg/u � � # 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| à e º � R , substi- tuindo estes valores, temos: à RÄÁÂdÅ 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¬o � Æ R � $ � #B&'& #B& h ¬ �5� Z � \ #%& c R z ¯)° � � Z � '& #%& c ]fe� �5� � &o � 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 Y ¯)° Z b &'&É � � XT$ #%&gc ¼ ¯^° P'É � Como � CPTo temos Ç � � C o � � Z � l& #B& c ]me �A� � XT$ #B& c ¼ ¯)° PlÉ � 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 ËÌ e´ dada por © � � ¬/ËÌ � Ç � � ¬@ËÌ � Çm¬3ËÌ < onde a segunda expressa˜o foi obtida substituindo-se ÇfP � no lugar de . Para ËÌ � # 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 � { 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), x� # � b &) ' #B& c ]fe (a carga do pro´ton), ! � [¹# #B& c YqE , o � # � b Xl b #B& c Rw ¯^° (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 � ! { o � # � ! ¢ { o � Para a energia me´dia temos {Ñ� � $ � Z #%& Y eV �5� # � b #%& c ]fe J/eV � � Portanto, º � ¡ { � Z � Zl[ #B& c Rw � � # � 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 < http://www.if.ufrgs.br/ � jgallas Pa´gina 9 LISTA 3 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS 27 de Fevereiro de 2003, a`s 10:10 p.m. 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 ! , 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 ! Ìm 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 ÙÚ 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: & � � 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. http://www.if.ufrgs.br/ � jgallas Pa´gina 10 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 � � ß� ¿Ç Ê � rÇ � n^Ý � . Nes- ta definic¸a˜o e´ preciso cuidar para usar o aˆngulo correto!
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