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Capítulo 28 1. PENSE A força magnética que age sobre uma partícula é dada por ,BF qv B= × em que q é a carga da partícula, v é a velocidade da partícula e B é o campo magnético. FORMULE O módulo da força magnética que age sobre o próton (de carga +e) é FB = evB sen ϕ, em que ϕ é o ângulo entre v e .B ANALISE (a) A velocidade do próton é (b) A energia cinética do próton é que é equivalente a APRENDA Como a força magnética é proporcional ao produto vetorial da velocidade da partícula pelo campo magnético, ela é sempre perpendicular à velocidade da partícula e ao campo magnético. 2. A força associada ao campo magnético deve apontar na direção ĵ para equilibrar a força da gravidade, que aponta na direção ĵ− . Para isso, de acordo com a regra da mão direita, o campo B deve apontar na direção k̂.− O módulo |Bz| do campo é dado pela Eq. 28-3, com ϕ = 90°. Assim, temos 2 2 3 4 (1,0 10 kg)(9,8 m/s )ˆ ˆ ˆ ˆ ˆk k k (0,061T)k (61mT)k. (8,0 10 C)(2,0 10 m/s)z mgB B qv − − ×= = − = − = − = − × × 3. (a) A força que age sobre o elétron é 19 6 6 14 ˆ ˆ ˆ ˆ( i j) ( i ) ( )k = ( 1,6 10 C) (2,0 10 m s)( 0,15 T) (3,0 10 m s)(0,030 T) ˆ(6,2 10 N)k. − − = × = + × + = − − × × − − × = × x y x y x y y xBF qv B q v v B B j q v B v B (b) O cálculo é semelhante ao do item (a); a única coisa que muda é o sinal da carga elétrica. Assim, a força que age sobre o próton é 14 ˆ(6,2 10 N)k.BF −= − × 4. (a) De acordo com a Eq. 28-3, FB = |q| vB sen ϕ = (+3,2 × 10–19 C) (550 m/s) (0,045 T) (sen 52°) = 6,2 × 10–18 N. (b) A aceleração é a = FB/m = (6,2 × 10– 18 N) / (6,6 × 10– 27 kg) = 9,5 × 108 m/s2. (c) Como BF é perpendicular a ,v não exerce trabalho sobre a partícula. Assim, de acordo com o teorema do trabalho e energia cinética, a energia cinética da partícula permanece constante, o que significa que a velocidade também permanece constante. 1 9 6 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 5. De acordo com as Eqs. 3-30 e 28-2, ( ) ( )ˆ ˆk 3 k.x y y x x x y xF q v B v B q v B v B = − = − Como, nesse instante, a força é (6,4 H 10–19 N)k^ , temos 19 19 6,4 10 N(3 ) 2,0 T. (3 ) ( 1,6 10 C)[3(2,0 m/s) 4,0 m] z x y x z x x y Fq v v B F B q v v − − ×− = ⇒ = = = − − − × − 6. A força magnética a que o próton está submetido é F qv B= × em que q = +e . De acordo com a Eq. 3-30, temos, em unidades do SI, 17 17ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ(4 10 )i (2 10 ) j [(0,03) 40]i (20 0,03 ) j (0,02 0,01 )k].y x x ye v v v v − −× + × = + + − − + Igualando as componentes correspondentes, obtemos (a) 17 19 17 3 19 20 2 10 20(1,6 10 ) 2 10 3,5 10 m/s 3,5 km/s. 0,03 0,03(1,6 10 )x ev e − − − − − × × − × = = = − × = − × (b) 17 19 17 3 19 40 4 10 40(1,6 10 ) 4 10 7,0 10 m/s 7,0 km/s. 0,03 0,03(1,6 10 )y ev e − − − − − × × − × = = = × = × 7. Como ( ) ,eF q E v B m a= + × = temos ( ) ( ) ( ) 231 12 19 ˆ(9,11 10 kg)(2,00 10 m s )i ˆ ˆ ˆ400 T i 12,0km s j 15,0km s k 1,60 10 C ˆ ˆ ˆ( 11,4 V/m)i (6,00 V/m)j (4,80 V/m)k) V m. em aE B v q µ − − = + × × × = + × + − × = − − + 8. Fazendo ( ) 0F q E v B= + × = , obtemos sen .vB Eφ = Para resolver o problema, temos que conhecer o ângulo da velocidade do elétron com o plano formado pelos campos elétrico e magnético. Supondo que o ângulo é 90o, sen ϕ = sen 90o = 1 é mín 3 31,50 10 V/m 3,75 10 m/s 3,75 km/s. 0,400 T Ev B ×= = = × = 9. Desprezando a força da gravidade, o fato de que a trajetória do elétron na região entre as placas é retilínea significa que a força a que o elétron está submetido é nula. Assim, ( ) 0F q E v B= + × = . Note que v B⊥ e, portanto, .v B vB× = Assim, temos 3 4 3 19 31 100 V/(20 10 m) 2,67 10 T. 2 / 2(1,0 10 V)(1,60 10 C) / (9,11 10 kg)e E EB v K m − − − − ×= = = = × × × × M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 1 9 7 Na notação dos vetores unitários, 4 ˆ ˆ(2,67 10 T)k (0,267 mT)k.B −=− × =− 10. (a) A força que age sobre o próton é 19 3 18 ˆ ˆ ˆ(1,60 10 C) (4,00V m)k+(2000m s) j ( 2,50 10 T)i ˆ(1,44 10 N)k. E BF F F qE qv B − − − = + = + × = × × − × = × (b) Nesse caso, temos ( ) ( ) ( )19 19 ˆ ˆ ˆ(1,60 10 C) 4,00V m k 2000m s j 2,50 mT i ˆ(1,60 10 N)k. E BF F F qE qv B − − = + = + × = × − + × − = × (c) Nesse caso, temos ( ) ( ) ( )19 19 19 ˆ ˆ ˆ(1,60 10 C) 4,00V m i+ 2000m s j 2,50 mT i ˆ ˆ(6,41 10 N)i+(8,01 10 N)k. E BF F F qE qv B − − − = + = + × = × × − = × × 11. Como a força total ( )F q E v B= + × é nula, o campo elétrico é perpendicular ao campo magnético B e à velocidade v da partícula. Como o campo magnético é perpendicular à velocidade, o módulo de v B× é vB e, para que a força total seja nula, o módulo do campo elétrico deve ser E = vB. Como a partícula tem carga e e é acelerada por uma diferença de potencial V, mv2/ 2 = eV e 2 / .v eV m= Assim, 19 3 5 27 2 2(1,60 10 C)(10 10 V)(1,2 T) 6,8 10 V m 0,68 MV/m. (9,99 10 kg) eVE B m − − × ×= = = × = × 12. (a) Uma importante diferença entre a força associada ao campo elétrico ( F qE= ) e a força associada ao campo magnético ( F qv B= × ) é que, enquanto a primeira não depende da velocidade, a segunda se anula quando a velocidade é zero. No gráfico da Fig. 28-32, para v = 0, situação em que a única força é a produzida pelo campo elétrico, a componente y da força é –2,0 × 10–19 N. Como, de acordo com o enunciado, o campo elétrico é paralelo ao eixo y, isso significa que o módulo do campo elétrico é 19 tot, 19 2,0 10 N 1,25 N/C 1,25 V/m. | | 1,6 10 C yFE q − − ×= = = = × (b) O gráfico da Fig. 28-32 mostra que a força total é zero quando a velocidade do elétron é 50 m/s. De acordo com a Eq. 28-7, isso significa que B = E/v = (1,25 V/m)/(50 m/s) = 2,50 × 10-2 T = 25,0 mT. Para que EF qv B= × e EF qE= se cancelem, é preciso que o vetor v B× tenha o sentido oposto ao do vetor ,E que, de acordo com o enunciado, aponta no sentido positivo do eixo y. Como o vetor velocidade aponta no sentido positivo do eixo x, concluímos, usando a regra da mão direita, que o campo magnético aponta no sentido positivo do eixo z. Assim, na notação dos vetores uni- tários, ˆ(25,0 mT)k.B= 13. De acordo com a Eq. 28-12, temos ( )( ) 6 28 3 19 23 A 0,65 T 7,4 10 V 7,4 V. (8,47 10 m )(150 m)(1,6 10 C) iBV nle µµ − −= = = × =× × 1 9 8 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 14. Uma carga livre q que se move no interior da fita com velocidade v está sujeita a uma força ( ).F q E v B= + × Igualando a força a zero e usando a relação entre campo elétrico e diferença de potencial, temos 9 3 2 (3,90 10 V) 0,382 m s. (1,20 10 T)(0,850 10 m) x y xyV V dEv B B − − − − × = = = = × × 15. (a) Estamos interessados em calcular o campo eletrostático que é estabelecido quando as cargas se separam por ação do campo magnético. Uma vez estabelecido o equilíbrio, a Eq. 28-10 nos dá | | | | (20,0 m/s)(0,030 T) 0,600 V/m.E v B= = = O sentido do campo elétrico é o indicado na Fig. 28-8, ou seja, o sentido oposto ao do produto vetorial ;v B× assim, ˆ ˆ(0,600 V/m)k ( 600 mV/m)k.E =− = − ˆ ˆ(0,600 V/m)k ( 600 mV/m)k.E =− = − (b) De acordo com a Eq. 28-9, (0,600 V/m)(2,00 m) 1,20 V.V Ed= = = 16. Como a diferença de potencial é zero quando o objeto se desloca paralelamente ao eixo x, sabemos que o campo B aponta nessa direção. Combinando as Eqs. 28-7 e 28-9, obtemos V Vd E vB = = em que E, v e B são módulos de vetores mutuamente perpendiculares. Assim, quando a velocidade é paralela ao eixo y, como sabemos que o campo magnético é paralelo ao eixo x, o campo elétrico (e, portanto, o vetor )d é paralelo ao eixo z e temos 0,012 V 0,20 m. (3,0 m/s)(0,020 T)z d d= = = Por outro lado, quando a velocidadeé paralela ao eixo z, o campo elétrico é paralelo ao eixo y, e temos 0,018 V 0,30 m. (3,0 m/s)(0,020 T)y d d= = = Assim, as respostas são (a) dx = 25 cm (valor a que chegamos por exclusão, já que conhecemos os valores de dy e dz). (b) dy = 30 cm. (c) dz = 20 cm. 17. (a) De acordo com a Eq. 28-16, temos 2 19 6 27 2 2(4,50 10 m)(1,60 10 C)(1,20T) 2,60 10 m s. 4,00u (4,00u)(1,66 10 kg u) rqB eBv mα − − − × × = = = = × × (b) O período de revolução é 2 7 6 2 2 (4,50 10 m) 1,09 10 s 0,109 s. 2,60 10 m/s π π µ − −×= = = × = × rT v M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 1 9 9 (c) A energia cinética da partícula alfa é 27 6 2 2 5 19 1 (4,00u)(1,66 10 kg u)(2,60 10 m s) 1,40 10 eV 0,140 MeV. 2 2(1,60 10 J eV) K m vα − − × × = = = × = × (d) ∆V = K/q = 1,40 × 105 eV/2e = 7,00 × 104 V = 70,0 keV. 18. Com o campo B apontando para fora do papel, usamos a regra da mão direita para determinar o sentido da força no ponto indicado na Fig. 28-35. Se a partícula fosse positiva, a força apontaria para a esquerda, o que não estaria de acordo com a figura, que mostra a trajetória se encurvando para a direita. Assim, a partícula é um elétron. (a) De acordo com a Eq. 28-3, temos 15 6 19 3 o 3,20 10 N 5,00 10 m s. sen (1,60 10 C)(4,00 10 T)(sen90 ) Fv eB φ − − − ×= = = × × × (b) De acordo com a Eq. 28-16, 31 6 19 3 (9,11 10 kg)(4,99 10 m/s) 0,00710 m 7,10 mm. (1,60 10 C)(4,00 10 T) mvr eB − − − × × = = = = × × (c) De acordo com a Eq. 28-17, 3 9 6 2 2 (7,10 10 m) 8,92 10 s 8,92 ns. 5,00 10 m/s rT v π π − −×= = = × = × 19. Seja ξ a razão m/|q| que estamos interessados em calcular. De acordo com a Eq. 28-17, T = 2πξ/B. Como o eixo horizontal do gráfico da Fig. 28-37 é o recíproco do campo magnético (1/B), a inclinação da reta mostrada no gráfico é igual a 2πξ. Essa incli- nação pode ser estimada em (37,5 × 10-9 s)/(5,0 T-1) = 7,5 × 10-9 T · s, o que nos dá 9 9· 7,5 10 T s 1,2 10 kg/C. | | 2 m q ξ π − −×= = = × 20. Combinando a Eq. 28-16 com a lei de conservação da energia, que, neste caso, nos dá a relação eV = mev22, obtemos a relação 2 ,e e m eVr eB m = segundo a qual a inclinação do gráfico de r em função de V da Fig. 28-38 é igual a 2 .2 /em eB Essa inclinação pode ser estimada em (2,5 × 10-3 m)/(50,0 V1/2) = 5 × 10‒5 m/V1/2. Assim, temos 31 2 5 2 10 19 2 2(9,11 10 ) 6,7 10 T. (5 10 ) (25 10 )(1,60 10 ) emB e − − − − − × = = = × × × × 21. PENSE O elétron descreve uma trajetória circular porque a força magnética que age sobre o elétron aponta para o centro da circunferência. FORMULE A energia cinética do elétron é dada por K = mev2/2, em que me é a massa e v é a velocidade do elétron. O módulo da força magnética que age sobre o elétron é FB = evB e é igual à força centrípeta: 2 0 0 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R ANALISE (a) Explicitando v na relação K = mev2/2, obtemos (b) Explicitando B na relação evB = mev2/r, obtemos (c) A frequência de revolução é (d) O período é o recíproco da frequência: APRENDA O período do movimento circular do elétron pode ser escrito na forma O período é inversamente proporcional a B. 22. De acordo com a Eq. 28-16, o raio da trajetória circular é 2mv mKr qB qB = = em que K = mv2/2 é a energia cinética da partícula. Assim, temos 2 2( ) . 2 rqB qK m m = ∝ (a) 2 2 ( ) ( ) (2) (1 4) 1,0 MeV.p p p p pK q q m m K K Kα α α= = = = (b) 2 2 ( ) ( ) (1) (1 2) 1,0 MeV 2 0,50 MeV.p p p pd d dK q q m m K K= = = = 23. De acordo com a Eq. 28-16, temos 31 6 5 19 (9,11 10 kg)(1,30 10 m s) 2,11 10 T 21,1 T. (1,60 10 C)(0,350 m) em vB er µ − − − × ×= = = × = × 24. (a) O processo de aceleração pode ser visto como a conversão de uma energia potencial eV em energia cinética. Como o elétron parte do repouso, mev2/2 = eV e 19 7 31 2 2(1,60 10 C)(350 V) 1,11 10 m s. 9,11 10 kge eVv m − − ×= = = × × (b) De acordo com a Eq. 28-16, 31 7 4 19 3 (9,11 10 kg)(1,11 10 m s) 3,16 10 m 0,316 mm. (1,60 10 C)(200 10 T) em vr eB − − − − × ×= = = × = × × M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 2 0 1 25. (a) A frequência de revolução é 6 19 5 31 (35,0 10 T)(1,60 10 C) 9,78 10 Hz 0,978 MHz. 2 2 (9,11 10 kg)π π − − − × × = = = × = ×e Bqf m (b) De acordo com a Eq. 28-16, temos 31 19 19 6 2 2(9,11 10 kg)(100eV)(1,60 10 J eV) 0,964 m 96,4 cm. (1,60 10 C)(35,0 10 T) ee m Km vr qB qB − − − − × × = = = = = × × 26. De acordo com a Fig. 28-38, no ponto em que a partícula penetra na região onde existe campo, o vetor velocidade aponta para baixo. Como o campo magnético aponta para fora do papel, o vetor v B× aponta para a esquerda. Como a partícula é desviada para a esquerda pela força magnética, isso significa que a carga da partícula é positiva, ou seja, a partícula é um próton. (a) De acordo com a Eq. 28-17, 27 19 9 2 2 (1,67 10 kg) 0,252 T. (1,60 10 C)(2)(130 10 s) mB eT π π − − − × = = = × × (b) Como o período T não depende da energia cinética, permanece o mesmo: T = 130 ns. 27. (a) Explicitando B na equação m = B2qx2/8V (veja o Exemplo “Movimento circular uniforme de uma partícula carregada em um campo magnético”), obtemos 3 25 2 19 2 8 8(100 10 V)(3,92 10 kg) 0,495T 495 mT. (3,20 10 C)(2,00m) VmB qx − − × × = = = = × (b) Seja N o número de íons que são separados pelo aparelho por unidade de tempo. A corrente é i = qN, e a massa que é separada por unidade de tempo é dada por M = mN, em que m é a massa de um íon. Se o aparelho é usado para separar 100 mg de material por hora, 6 8100 10 kg 2,78 10 kg s. 3600s M − −×= = × Como N = M/m, temos 19 8 2 25 (3,20 10 C)(2,78 10 kg s) 2,27 10 A 22,7 mA. 3,92 10 kg qMi m − − − − × × = = = × = × (c) Como cada íon deposita uma energia qV no reservatório, a energia depositada em um intervalo de tempo ∆t é dada por 2 3 6 (2,27 10 A)(100 10 V)(3600 s) 8,17 10 J 8,17 MJ. iqVE NqV t t iV t q −= ∆ = ∆ = ∆ = × × = × = 28. Como F = mv2/r e K = mv2/2, temos 17 6 22(1,60 10 )(26,1 10 ) 2,09 10 J. 2 2 Fr N mK − − −× ×= = = × 29. A Fig. 28-11 pode facilitar a compreensão deste problema. De acordo com a Eq. 28-17, a distância percorrida paralelamente a B é // // // (2 / ).ed v T v m eBπ= = Assim, 2 0 2 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 6 19 // // 31 (6,00 10 m)(1,60 10 C)(0,300 T) 50,3 km/s. 2 2 (9,11 10 kg)e d eBv mπ π − − − × × = = = × Como a força magnética é ,F eBv⊥= 15 19 2,00 10 N 41,7 km/s. (1,60 10 C)(0,300 T) Fv eB − ⊥ − × = = = × e 2 2 // 65,3 km/s.v v v⊥= + = 30. Como, de acordo com a Eq. 28-17, T = 2πme /eB, o tempo total é tot ac ac 1 2 1 2 1 1 . 2 2 emT Tt t t e B B π = + + = + + O tempo que o elétron passa no espaço entre as regiões onde existe campo magnético (sendo acelerado de acordo com a Eq. 2-15) deve ser calculado separadamente. Fazendo 0 02 / ev K m= e a = eDV/med na Eq. 2-15, em que K0 é a energia cinética inicial do elétron e d é a distância entre as regiões onde existe campo magnético, temos 2 2 ac ac ac ac 0 0 , 21 1 2 2e e K e Vd v t at d t t m m d ∆= + ⇒ = + o que nos dá tac ≈ 6 ns. Assim, temos 31 tot 19 1 2 1 1 (9,11 10 kg) 1 1 6,0 ns 6,0 ns (1,6 10 C) 0,010 T 0,020 T 8,7 ns. emt e B B π π − − × = + + = + + × = 31. As duas partículas se movem em trajetórias circulares, uma no sentido horário e outra no sentido anti-horário, e colidem após descreverem meia circunferência. Assim, de acordo com a Eq. 28-17, o tempo pedido é dado por 31 9 3 19 (9,11 10 kg) 5,07 10 s 5,07 ns. 2 (3,53 10 T)(1,60 10 C) T mt Bq π π − − − − ×= = = = × = × × 32. Como o elétron se move com velocidade constante v// na direção de B enquanto descreve um movimento circular uniforme de frequência f = eB/2πme na direção perpendicular a ,B a distância d é dada por 7 31 // // 19 3 ( cos )2 2 1,5 10 m s)(9,11 10 kg)(cos10) 0,53 m. (1,60 10 C)(1,0 10 T) θ π π − − − ( × × °= = = = = × × ev v md v T f eB 33. PENSE A trajetória do pósitron é helicoidal porque a velocidade v tem componentes paralela e perpendicular ao campo magnético .B FORMULE Se v é a velocidade do pósitron, v sen ϕ é a componente da velocidade em um plano perpendicular ao campo magné- tico. De acordo com a segunda lei de Newton, eBv sen ϕ = me(v sen ϕ)2/r, em que r é o raio a órbita. Portanto, r = (mev/eB)sen ϕ. O período é M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 2 0 3 O passo p é a distância percorrida na direção do campo magnético em um intervalo de tempo igual a um período. Assim, p = vT cos ϕ. ANALISE (a) Substituindo os valores conhecidos, obtemos (b) A velocidade pode ser calculada a partir da expressão da energia cinética, K = mev2/2: Assim, o passo é p = (2,65 × 107 m/s)(3,58 × 10-10 s) cos 89o = 1,66 × 10-4 m. (c) O raio da trajetória é APRENDA A componente paralela da velocidade, cos ,v v φ= determina o passo da hélice, enquanto a componente perpendicular, sen ,v v φ⊥ = determina o raio da hélice. 34. (a) De acordo com as Eqs. 3-20 e 3-23, temos cos .x x y y z zv B vB v B v B v Bφ⋅ = = + + Uma vez que 2 2 220 30 50 3800,v = + + = 2 2 220 50 30 3800,B = + + = (20)(20) (50)(30) (30)(50) 400,x x y y z zv B v B v B+ + = + − = temos 1 1 1 o400cos cos cos (0,105) 84 . 3800 x x y y z zv B v B v B vB φ − − − + + = = = = (b) Não; a velocidade escalar não varia com o tempo. O que varia com o tempo é apenas a direção da velocidade. (c) Não, o ângulo ϕ não varia com o tempo, como se pode ver na Fig. 28-11. (d) Como osen 3800 sen84 (61,64)(0,994) 61,63 m/s,v v φ⊥ = = = = temos 31 19 3 (9,11 10 kg)(61,63 m/s) 5,7 nm. (1,6 10 C)(61,64 10 T) mvr eB − ⊥ − − × = = = × × 35. (a) De acordo com a lei de conservação da energia, a energia cinética aumenta de DK = eV = 200 eV a cada passagem. 2 0 4 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R (b) Multiplicando o resultado do item (a) por 100, obtemos DK = 100(200 eV) = 20,0 keV. (c) Expressando a velocidade em termos da energia cinética e usando a Eq. 28-16, obtemos 2 (200 eV) ,p p m nr eB m = em que n é o número de passagens. Assim, o raio é proporcional a n e o aumento percentual definido no enunciado é dado por 101 100 10,0499 10,0000 aumento percentual 0,00499 0,499%. 10,0000100 − − = = = = 36. (a) O módulo do campo magnético para que haja ressonância é 6 27 19 2 2 Hz)(1,67 10 kg) 0,787 T. 1,60 10 C π π − − (12,0×10 ×= = = × pfmB q (b) A energia cinética dos prótons que saem do cíclotron é 2 2 27 2 2 6 21 2 12 6 1 1(2 ) (1,67 10 kg)4 (0,530 m) (12,0 10 Hz) 2 2 1,33 10 J 8,34 10 eV 8,34 MeV. π π− − = = = × × = × = × = K mv m Rf (c) A nova frequência é 19 7 27 (1,60 10 C)(1,57 T) 2,39 10 Hz 23,9 MHz. 2 2 (1,67 10 kg)p qBf mπ π − − × = = = × = × (d) A nova energia cinética é dada por 2 2 27 2 2 7 2 12 7 1 2 1 1(2 ) (1,67 10 kg)4 (0,530 m) (2,39 10 Hz) 2 2 5,3069 10 J 3,32 10 eV. K mv m Rfπ π− − = = = × × = × = × 37. A distância pedida é aproximadamente igual ao número de revoluções vezes a circunferência da órbita correspondente à ener- gia média. Trata-se de uma aproximação razoável, já que o dêuteron recebe a mesma energia a cada revolução, e o período não depende da energia. O dêuteron é acelerado duas vezes em cada revolução e a cada vez recebe uma energia de 80 × 103 eV. Como a energia final é 16,6 MeV, o número de revoluções é 6 3 16,6 10 eV 104. 2(80 10 eV) n ×= = × A energia média durante o processo de aceleração é 16,6/2 = 8,3 MeV. O raio da órbita é dado por 6 19 27 19 2(8,3 10 eV)(1,60 10 J eV)(3,34 10 kg)2 2 (1,60 10 C)(1,57T) 0,375m. mv m K Kmr eB eB m eB − − − × × × = = = = × = A distância total percorrida é, aproximadamente, 2πrn = (2π)(0,375)(104) = 2,4 × 102 m. M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 2 0 5 38. (a) De acordo com as Eqs. 28-18 e 28-23, temos 19 7 osc 27 (1,60 10 C)(1,20 T) 1,83 10 Hz 18,3 MHz. 2 2 (1,67 10 kg)p eBf mπ π − − ×= = = × = × (b) Como 2 ,p Pr m v qB m k qB= = temos 2 19 2 7 27 19 ( ) [(0,500m)(1,60 10 C)(1,20T)] 1,72 10 eV 17,2 MeV. 2 2(1,67 10 kg)(1,60 10 J eV)p rqBK m − − − ×= = = × = × × 39. PENSE A força que um campo magnético exerce sobre um fio percorrido por uma corrente i é dado por ,BF iL B= × em que L é o vetor comprimento do fio e B é o campo magnético. FORMULE O módulo da força que o campo magnético exerce sobre o fio é FB = iLB sen ϕ, em que ϕ é o ângulo entre a direção da corrente e a direção do campo. ANALISE (a) Para ϕ = 70o, (b) Aplicando a regra da mão direita ao produto vetorial ,BF iL B= × constatamos que a força aponta para oeste. APRENDA Analisando a expressão ,BF iL B= × observamos que a força magnética que age sobre um fio percorrido por corrente é máxima quando L é perpendicular a B (ϕ = 90o) e é zero quando L é paralelo a B (ϕ = 0o). 40. A força magnética que o campo exerce sobre o fio é FB = iBL sen θ = (13,0 A)(1,50 T)(1,80 m)(sen 35,0o) = 20,1 N. 41. (a) A força que o campo magnético exerce sobre o fio aponta para cima e tem um módulo igual à força gravitacional mg a que o fio está submetido. Como o campo e a corrente são mutuamente perpendiculares, o módulo da força magnética é dado por FB = iLB, em que L é o comprimento do fio. Assim, 2(0,0130kg)(9,8m s ) 0,467A 467 mA. (0,620m)(0,440T) mgiLB mg i LB = ⇒ = = = = (b) Aplicando a regra da mão direita, constatamos que o sentido da corrente é da esquerda para a direita. 42. (a) Por simetria, concluímos que a componente x da força que o campo magnético exerce sobre o fio é zero. De acordo com a regra da mão direita, um campo na direção k̂ produz nas duas partes do fio uma componente y da força que aponta na direção ĵ− e cujo módulo é | | | | sen30 (2,0 A)(2,0 m)(4,0 T)sen30 8N.yF i B= ° = ° = Assim, a força total que o campo exerce sobre o fio é ˆ( 16j) N.− (b) Nesse caso, a força que o campo exerce sobre o lado esquerdo do fio aponta no sentido k̂− e a força que o campo exerce sobre o lado direito do fio aponta no sentido k̂.+ Como, por simetria, as duas forças são iguais, a força total é 0. 43. Vamos escolher um sistema de coordenadas tal que o cateto de comprimento ly = 50 cm coincide com o semieixo y positivo, e o cateto de comprimento lx = 120 cm coincide com o semieixo x positivo. O ângulo que a hipotenusa faz com o cateto que coincide com o semieixo x positivo é θ = tan–1 (50/120) = 22,6°. 2 0 6 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R Medindo o ângulo no sentido anti-horário a partir do semieixo x positivo, o ângulo da hipotenusa é 180° – 22,6° = +157,4°. Vamos supor que o sentido da corrente na bobina triangular é o sentido anti-horário do ponto de vista de um observador situado no semieixo z positivo. Como o campo magnético é paralelo à corrente na hipotenusa, temos o o cos 0,0750 cos157,4 0,0692T, sen 0,0750 sen157,4 0,0288T. x y B B B B θ θ = = = − = = = (a) Como o campo magnético é paralelo à corrente na hipotenusa, a força exercida sobre a hipotenusa é zero. (b) No caso do cateto de 50 cm, a componente Bx do campo magnético exerce uma força k̂,y xi B e a força exercida pela componente By é zero. O módulo da força é, portanto, (4,00A)(0,500m)(0,0692T) 0,138N.= (c) No caso do cateto de 120 cm, a componente By do campo magnético exerce uma força k̂ x yi B e a força exercida pela compo- nente Bx é zero. O módulo da força é, portanto, (4,00A)(1,20m)(0,0288T) 0,138N.= (d) A força total é ˆ ˆk k 0,y x x yi B i B+ = já que Bx < 0 e By > 0. Se tivéssemos suposto que o sentido da corrente na espira era o sentido horário, teríamos obtido Bx > 0 e By < 0, mas a força total continuaria a ser zero. 44. Considere um segmento infinitesimal do anel, de comprimento ds. Como o campo magnético é perpendicularao segmento, ele exerce sobre o segmento uma força de módulo dF = iB ds. A componente horizontal da força tem valor absoluto ( cos )hdF iB dsθ= e aponta para o centro do anel. A componente vertical tem valor absoluto ( sen )ydF iB dsθ= e aponta para cima. A força total é a soma das forças que agem sobre todos os segmentos do anel. Por simetria, a componente horizontal da força total é zero. A componente vertical é 3 3 7 sen 2 sen 2 (0,018 m)(4,6 10 A)(3,4 10 T)sen 20 6,0 10 N 0,60 N. vF iB ds aiBθ π θ π µ − − − = = = × × ° = × = ∫ Note que foi possível deixar i, B e sen θ de fora do sinal de integral porque i, B e θ têm o mesmo valor para todos os segmentos do anel. 45. A força que o campo magnético exerce sobre o fio é 3 3 ˆ ˆ ˆ ˆ ˆi ( j k) ( j k) ˆ ˆ(0,500A)(0,500m)[ (0,0100T) j (0,00300T)k] ˆ ˆ( 2,50 10 j 0,750 10 k)N ˆ ˆ( 2,50 mN)j (0,750 mN)k. y z z yBF iL B iL B B iL B B − − = × = × + = − + = − + = − × + × = − + M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 2 0 7 46. (a) Como a força que o campo magnético exerce sobre o fio é FB = idB, temos 3 2 2 5 2 (9,13 10 A)(2,56 10 m)(5,63 10 T)(0,0611s) 2,41 10 kg 3,34 10 m/s 3,34 cm/s. BF t idBtv at m m − − − − − × × ×= = = = × = × = (b) O sentido é para a esquerda. 47. (a) A força do campo magnético deve ter uma componente horizontal para vencer a força de atrito, mas também pode ter uma componente vertical para reduzir a força normal e, portanto, a força de atrito. As forças que agem sobre a barra são: ,F a força do campo magnético; mg, a força da gravidade; ,NF a força normal exercida pelos trilhos; ,f a força de atrito. Vamos supor, sem perda de generalidade, que a barra está na iminência de se mover para leste, o que significa que a força f aponta para leste e tem o valor máximo μsFN. Isso significa também que F possui uma componente Fx para leste e, além disso, pode possuir uma componente Fy para cima. Vamos supor também que o sentido da corrente é para o norte. Nesse caso, de acordo com a regra da mão direita, uma componente de B para baixo, Bb, produz uma força Fx para leste, enquanto uma componente para oeste, Bo, produz uma força Fy para cima. Essas forças são , .x y obF iLB F iLB= = Igualando a zero a soma das forças verticais, obtemos ,y oNF mg F mg iLB= − = − o que nos dá ( ),máx .s s of f mg iLBµ= = − Como a barra está na iminência de se mover, igualamos também a zero a soma das forças horizontais: ( )0 .x s obF f iLB mg iLBµ− = ⇒ = − O passo seguinte consiste em determinar o ângulo do campo aplicado com a vertical para que o módulo do campo seja mínimo. Como as componentes do campo são dadas por Bo = B sen θ e Bb = B cos θ, temos sen ) .cos ( (cos sen ) s s s mg iLB mgiLB B iL θ µθ µ θ µ θ −= ⇒ = + Derivando em relação a θ a expressão para o campo magnético obtida e igualando o resultado a zero, temos 2 ( cos sen ) 0, [ (cos sen )] s s s dB mgiL d iL µ µ θ θ θ θ µ θ − = = + o que nos dá 1 1tan ( ) tan (0,60) 31 .sθ µ − −= = = ° Assim, 2 min 0,60(1,0kg)(9,8m s ) 0,10T. (50A)(1,0m)(cos31 0,60sen31 ) = = ° + ° B (b) Como foi visto no item anterior, θ = 31o. 2 0 8 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 48. Como ,BdF idL B= × em que îdL dx= e ˆ ˆi j,x yB B B= + temos 3,0 2 1,0 ˆ ˆ ˆ ˆi ( i j) k ˆ ˆ( 5,0A) (8,0 )(m mT) k ( 0,35k) N. f f i i x x x y yB x x F idL B idx B B i B dx x dx = × = × + = = − ⋅ = − ∫ ∫ ∫ ∫ 49. FORMULE O campo magnético aplicado tem duas componentes: Bx e Bz. Considerando os diferentes segmentos da bobina retangular, observamos que, com base na Eq. 28-26, a força exercida pelo campo é diferente de zero apenas para a componente de B perpendicular a cada segmento; observamos também que a força associada a um único fio deve ser multiplicada por N, em que N é o número de espiras. Como estamos interessados em calcular o torque em relação à dobradiça, podemos ignorar a força que age sobre o segmento que coincide com o eixo y. As forças que o campo magnético exerce sobre os segmentos paralelos ao eixo x, causadas pela componente Bz, são paralelas ao eixo y e, portanto, não produzem torque em relação à dobradiça. Concluímos, portanto, que o torque resulta unicamente da força que o campo exerce sobre o segmento paralelo ao eixo y. Além disso, como a componente Bz exerce sobre este segmento uma força paralela ao eixo x, não contribui para o torque. Por outro lado, a componente Bx produz uma força na direção z que é igual a NiLBx, em que N é o número de espiras, i é a corrente, L é o comprimento do segmento e Bx = B cos θ é a componente x do campo aplicado (o ângulo θ está definido na Fig. 28-44). ANALISE Como a linha de ação desta força é perpendicular ao plano da bobina, temos ( )( ) cos (20)(0,10 A)(0,10 m)(0,050 m)(0,50 T)cos30 0,0043 N m. xNiLB x NiLxBτ θ= = = ° = ⋅ Como ,r Fτ = × o torque aponta no sentido negativo do eixo y. Assim, na notação dos vetores unitários, o torque é 3 ˆ( 4,3 10 N m)j.τ −= − × ⋅ 50. Como 2máx máx| | ,B B i r Bτ µ µ π= × = = e i = qf = qv/2πr, temos 2 19 6 11 3 máx 26 1 1 (1,60 10 C)(2,19 10 m/s)(5,29 10 m)(7,10 10 T) 2 2 2 6,58 10 N m. qv r B qvrB r τ π π − − − − = = = × × × × = × ⋅ 51. As forças que agem sobre o cilindro são a força da gravidade mg, que é vertical e passa pelo centro de massa do cilindro, a força normal do plano inclinado FN, que é perpendicular ao plano inclinado e passa pelo centro de massa do cilindro, e a força de atrito f, que é paralela ao plano inclinado e passa pela superfície do cilindro. Vamos tomar o eixo x paralelo ao plano inclinado e considerar o sentido para baixo como positivo. Nesse caso, aplicando a segunda lei de Newton às componentes das forças envol- vidas em relação ao eixo x, temos sen ,mg f maθ − = em que a é a aceleração do cilindro. O passo seguinte consiste em calcular o torque em relação ao eixo do cilindro. De acordo com a Eq. 28-37, o campo magnético produz um torque de módulo μB sen θ, em que μ é o momento dipolar do cilindro, e a força de atrito produz um torque de módulo fr, em que r é o raio do cilindro. De acordo com a segunda lei de Newton para rotações, temos sen ,fr B Iµ θ α− = em que I é o momento de inércia do cilindro e a é a aceleração angular do cilindro. Como estamos interessados em calcular a menor corrente para a qual o cilindro não entra em movimento, fazemos a = 0 na pri- meira equação e a = 0 na segunda, o que nos dá mgr = μB. Como a bobina é retangular, com dois lados de comprimento L e dois lados de comprimento 2r, em que r é o raio do cilindro, a área da bobina é A = 2rL e o momento dipolar é (2 ).NiA Ni rLµ = = Assim, 2mgr NirLB= e M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 2 0 9 2(0,250kg)(9,8m s ) 2,45A. 2 2(10,0)(0,100m)(0,500T) mgi NLB = = = 52. Para resolver este problema, basta saber que, entre os retângulos de mesmo perímetro, o retângulo de maior área é um retângulo de quatro lados iguais, ou seja, um quadrado. De acordo com o enunciado, o valor máximo do comprimento de um dos lados é x = 4 cm. Este valor corresponde ao caso em que dois lados paralelos do retângulo têm comprimento desprezível, o que nos leva à conclusão de que o comprimento total do fio é 8 cm. Assim, no caso de um quadrado, o comprimento dos lados é 8/4 = 2 cm e a área é A = (0,020 m)2 = 0,00040 m2. De acordo com as Eqs. 28-35 e 28-37, temos 8 4 2 2 4,80 10 N m 0,0030 A 3,0 mA. (1)(4,0 10 m )(4,0 10 T) i NA NAB µ τ − − − × ⋅ = = = = = × × 53. Vamos substituir a espira de forma arbitrária por um conjunto de espiras longas, finas, aproximadamente retangulares, muito próximas umas das outras, que sejam quase equivalentes à espira de forma arbitrária. Cada uma dessas espiras conduz uma cor- rente i no mesmo sentido que a espira original. O módulo do torque τ∆ exercido pela enésima espira,de área DAn, é dado por sen .n nNiB Aτ θ∆ = ∆ Assim, para todo o conjunto, sen .n n n n NiB A NiABτ τ θ= ∆ = ∆ =∑ ∑ 54. (a) Como o ganho de energia cinética, quando o dipolo passa de uma orientação definida por um ângulo θ para a orientação na qual o momento dipolar está alinhado com o campo magnético, é igual à perda de energia potencial, temos cos ( cos0 ),i fK U U B Bµ θ µ= − = − − − ° o que nos dá ( )( ) 1 1 0,00080 Jcos 1 cos 1 77 . 0,020 J/T 0,052 T K B θ µ − − = − = − = ° (b) Como estamos supondo que não há dissipação de energia no processo, o ângulo para o qual o dipolo volta a entrar momen- taneamente em repouso é igual ao ângulo inicial, θ = 77°. 55. PENSE Este problema envolve duas espiras concêntricas percorridas por corrente. O momento dipolar magnético resultante é a soma vetorial das contribuições das duas espiras. FORMULE O módulo do momento dipolar magnético é dado por μ = NiA, em que N é o número de espiras, i é a corrente em cada espira e A é a área de uma espira. Como as espiras são circulares, a área é A = πr2, em que r é o raio da espira. ANALISE (a) Se as correntes percorrem as espiras no mesmo sentido, o módulo do vetor momento dipolar magnético é (b) Se as correntes percorrem as espiras em sentidos opostos, o módulo do vetor momento dipolar magnético é APRENDA Nos dois casos, os dois vetores momento dipolar magnético apontam para dentro da tela. O sentido de µ é o mesmo do vetor n normal ao plano da espira, de acordo com a regra da mão direita da Fig. 28-19b. 56. (a) 2 2 2(0,150m) (2,60A) 0,184A m .NAi r iµ π π= = = = ⋅ (b) 2sen (0,184 A m )(12,0T)sen 41,0 1,45N m.B Bτ µ µ θ= × = = ⋅ ° = ⋅ 2 1 0 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 57. PENSE Forças magnéticas aplicadas a uma bobina percorrida por corrente produzem um torque que tende a alinhar o momento dipolar magnético com o campo magnético. FORMULE O módulo do momento dipolar magnético é dado por μ = NiA, em que N é o número de espiras, i é a corrente em cada espira e A é a área das espiras. Neste caso, como as espiras são circulares, A = πr2, em que r é o raio das espiras. ANALISE (a) De acordo com as equações anteriores, a corrente é (b) O torque é máximo quando o momento dipolar magnético está perpendicular ao campo (o que corresponde à situação em que o plano da bobina está paralelo ao campo). Nesse caso, o módulo do torque é APRENDA O torque que age sobre a bobina pode ser escrito na forma ,Bτ µ= × o que nos dá sen ,Bτ τ µ θ= = em que θ é o ângulo entre µ e .B Assim, t é máximo para θ = 90o e zero para θ = 0o. 58. Como μ = NiA = iπr2, temos 22 9 2 3 2 8,00 10 J T 2,08 10 A 2,08 GA. (3500×10 m) i r µ π π × = = = × = 59. (a) Como a área da bobina é A = (30 cm)(40 cm)/2 = 6,0 × 102 cm2, 2 2 2(5,0A)(6,0 10 m ) 0,30A m .iAµ −= = × = ⋅ (b) O torque sobre a bobina é 2 3 2sen (0,30A m )(80 10 T)sen90 2,4 10 N m 0,024 N m.Bτ µ θ −= = ⋅ × ° = × ⋅ = ⋅ 60. Vamos fazer a = 30,0 cm, b = 20,0 cm e c = 10,0 cm. Seguindo a sugestão do enunciado, escrevemos ( ) ( )1 2 2 ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ( k) ( j) ( j k) (5,00 A)(0,300 m) 0,100 m j 0,200 m k ˆ ˆ(0,150j 0,300k) A m . iab iac ia c bµ µ µ = + = − + = − = − = − ⋅ 61. PENSE As forças magnéticas que agem sobre uma bobina percorrida por corrente produzem um torque que tende a alinhar o momento dipolar magnético com o campo magnético. A energia magnética do dipolo depende da orientação do dipolo em relação ao campo magnético. FORMULE A energia orientacional do dipolo é dada por ,U Bµ= − ⋅ em que µ é o momento dipolar magnético da bobina e B é o campo magnético. O módulo de µ é μ = NiA, em que N é o número de espiras, i é a corrente da bobina, e A é a área da bobina. Por outro lado, o torque que um campo magnético exerce sobre a bobina é dado pelo produto vetorial .Bτ µ= × ANALISE (a) De acordo com a regra da mão direita, µ aponta no sentido do semieixo y negativo. Temos A energia magnética correspondente é (b) Como ˆ ˆ ˆj i k,× = − ˆ ˆj j 0× = e ˆ ˆ ˆj k i,× = o torque que o campo magnético exerce sobre a bobina é M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 2 1 1 APRENDA A energia magnética é máxima quando µ e B apontam em direções opostas e mínima quando µ e B apontam na mesma direção. 62. Observando o ponto do gráfico da Fig. 28-50b para i2 = 0 (que corresponde a uma situação na qual o momento magnético da bobina 2 é zero), concluímos que o momento magnético da bobina 1 é μ1 = 2,0 × 10–5 A · m2. Observando o ponto no qual a reta cruza o eixo horizontal (que é o ponto i2 = 5,0 mA), concluímos (já que, para este valor da corrente, os dois momentos magnéticos se cancelam) que o módulo do momento magnético da bobina 2 é μ2 = 2,0 × 10–5 A · m2 para i2 = 5,0 mA, o que, de acordo com a Eq. 28-35, nos dá 5 2 3 22 2 2 2 2,0 10 A m 4,0 10 m . 0,0050 A N A i µ − −× ⋅= = = × Se o sentido da corrente na bobina 2 for invertido e a corrente da bobina 2 for i2 = 7,0 mA, o momento total será μ = μ1 + μ2 = (2,0 × 10–5 A·m2) + (N2A2i2) = (2,0 × 10–5 A·m2) + (4,0 × 10–3 m2)(0,0070 A) = 4,8 × 10–5 A·m2. 63. O momento magnético é ˆ ˆ(0,60i 0,80 j)µ µ= − , em que μ = NiA = iπr2 = (0,20 A)π(0,080 m)2 = 4,02 × 10–4 A·m2. (a) O torque é 4 4 4 4 ˆ ˆ ˆ ˆ(0,60i 0,80j) (0,25i 0,30k) ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ(0,60)(0,30)(i k) (0,80)(0,25)( j i) (0,80)(0,30)( j k) ˆ ˆ ˆ(4,02 10 ) 0,18j 0,20k 0,24i ˆ ˆ ˆ(9,7 10 N m)i (7,2 10 N m) j (8,0 10 N m)k. Bτ µ µ µ − − − − = × = − × + = × − × − × = × − + − = − × ⋅ − × ⋅ + × ⋅ (b) A energia potencial magnética da espira é 4 4 ˆ ˆ ˆ ˆ(0,60i 0,80j) (0,25i + 0,30k) (0,60)(0,25) 0,15 ( 0,15)(4,02 10 ) 6,0 10 J. µ µ µ µ − − = − ⋅ = − − ⋅ = − = − = − × = − × U B 64. Como, de acordo com a Eq. 28-39, cos ,U B Bµ µ φ= − ⋅ = − no ponto ϕ = 0, que corresponde ao ponto mais baixo do gráfico da Fig. 28-52, no qual a energia potencial é U0 = –μB = -5,0 × 10–4 J, a energia mecânica é K0 + U0 = 6,7 × 10-4 J + (-5,0 × 10-4 J) = 1,7 × 10-4 J. No ponto de retorno, K = 0 e, portanto, de acordo com a lei de conservação da energia, Uret = 1,7 × 10-4 J. Assim, o ângulo cor- respondente ao ponto de retorno é 4 1 1ret 4 1,7 10 Jcos cos 110 5,0 10 J U B φ µ − − − − − − ×= = = ° × 65. PENSE O torque que um campo magnético exerce sobre uma bobina percorrida por corrente é máximo quando o momento dipolar magnético da bobina é perpendicular ao campo magnético. 2 1 2 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R FORMULE O módulo do torque que o campo magnético exerce sobre a bobina é dado por sen ,Bτ τ µ θ= = em que θ é o ân- gulo entre µ e .B O módulo de µ é μ = NiA, em que N é o número de espiras, i é a corrente da bobina e A é a área da bobina. Assim, se N espiras são formadas a partir de um fio de comprimento L, a circunferência das espiras é L/N, o raio das espiras é R = L/2pN e a área das espiras é ANALISE (a) O torque é o maior possível quando o ângulo entre o campo magnético e o momento dipolar magnético é 90o. (b) Se o ângulo entre o campo magnético e o momento dipolar magnético é 90o, o módulo do torque é De acordo com a equação anterior, o torque é inversamente proporcional ao número N de espiras. Como estamos interessados em que o torque seja o maior possível, fazemos N = 1, o que nos dá t = iL2B/4. (c) O módulo do torque máximo é APRENDA O torque tende a alinhar µ com .B O módulo do torque é máximo quando o ângulo entre µ e B é θ = 90o, e é zero quando θ = 0o. 66. A equação de movimento do próton é ( ) ( )ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆi j k i j k ˆ ˆ ˆi j k . x y z z y yx z p p F qv B q v v v B qB v v dvdv dvm a m dt dt dt = × = + + × = − = = + + Assim, 0, , ,yx zz y dvdv dvvv dt dt dt ω ω= = =− em que ω = eB/m. A solução é vx = v0x, vy = v0y cos ωt e vz = –v0y sen ωt. Assim, temos 0 0 0 ˆ ˆ ˆ( ) i cos( ) j (sen )k.x y yv t v v t v tω ω= + − 67. (a) Podemos usar a equação ,Bτ µ= × em que µ aponta para a parede, já que o sentido da corrente é o sentido horário. Como B aponta na direção de 13 horas (ou 5 minutos), a regra da mão direita mostra que τ aponta na direção de 16 horas (ou 20 mi- nutos). Assim, o intervalo de tempo é de 20 minutos. (b) O módulo do torque é 2 2 3 2 | | sen90 6 (2,0A)(0,15m) (70 10 T) 5,9 10 N m. B B NiAB Nir Bτ µ µ π π − − = × = °= = = × = × ⋅ 68. O vetor unitário associado a um comprimento infinitesimal dl do fio é −j . A força que o campo magnético exerce sobre esse elemento, em unidades do SI, é dada por ˆ ˆ ˆ( j) (0,3 i+0,4 j).dF i d y y= − × M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 2 1 3 Como ˆ ˆ ˆj i k× = − e ˆ ˆj j 0,× = temos 4 2ˆ ˆ0,3 k (6,00 10 N m ) k.dF iy d y d−= = × Integrando o elemento de força para todo o fio, obtemos 20,254 2 4 2 0 5 0,25ˆ ˆ(6,00 10 N/m )k (6,00 10 N/m ) k 2 ˆ ˆ(1,88 10 N)k (18,8 N)k. F dF ydy µ − − − = = × = × = × = ∫ ∫ 69. Como m = B2qx2/8V, ∆m = (B2q/8V)(2x∆x), em que 28 ,x Vm B q= que podemos substituir na expressão de ∆m para obter 2 2 8 2 . 8 2 B q mV mqm x B x V B q V ∆ = ∆ = ∆ Assim, a distância entre os pontos em que os íons atingem o detector é 27 3 27 19 3 2 (37u 35u)(1,66 10 kg u) 2(7,3 10 V) 0,50T (36u)(1,66 10 kg u)(1,60 10 C) 8,2 10 m 8,2 mm. m Vx B mq − − − − ∆∆ = − × ×= × × = × = 70. (a) Igualando o módulo da força elétrica, FE = eE, ao módulo da força magnética, FB = evB sen ϕ, obtemos B = E/(v sen ϕ). Isso mostra que o campo é mínimo quando sen ϕ é máximo, o que acontece para ϕ = 90°. A velocidade pode ser calculada a partir da energia cinética usando a relação K = mv2/2: 3 19 7 31 2 2(2,5 10 eV)(1,60 10 J eV) 2,96 10 m s. 9,11 10 kge Kv m − − × × = = = × × Assim, 3 4 7 10 10 V m 3,4 10 T 0,34 mT. 2,96 10 m s EB v −×= = = × = × A direção do campo magnético deve ser perpendicular à direção do campo elétrico ( ĵ− ) e à direção da velocidade do elétron ( î+ ). Como a força elétrica ( )EF e E= − aponta na direção ĵ+ , a força magnética ( )BF e v B= − × aponta na direção ĵ− . Assim, a direção do campo magnético é k̂− . Na notação dos vetores unitários, ˆ( 0,34 mT)k.B= − 71. O período de revolução do íon de iodo monoionizado é T = 2pr/v = 2pm/Be, o que nos dá 3 19 3 27 (45,0 10 T)(1,60 10 C)(1,29 10 s) 127u. 2 (2 )(7)(1,66 10 kg u) BeTm nπ π − − − − × × × = = = × 72. (a) A única componente de B que exerce uma força sobre os elétrons é a componente perpendicular a ,v a velocidade dos elétrons. É mais eficiente, portanto, orientar o campo magnético perpendicularmente ao plano do papel. Nesse caso, a força que o campo magnético exerce sobre os elétrons é FB = evB e a aceleração dos elétrons é a = v2/r. De acordo com a segunda lei de Newton, evB = mev2/r; portanto, o raio da trajetória dos elétrons é r = mev/eB. Se a energia dos elétrons é K = mev2/2, a velocidade é 2 .ev K m= Assim, 2 2 22 .e e e m m KKr eB m e B = = 2 1 4 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R Como esta distância deve ser menor que d, a condição pedida é 2 2 2 ,e m K d e B ≤ o que nos dá 2 2 2 .e m KB e d ≥ (b) Para que os elétrons descrevam a trajetória mostrada na Fig. 28-52, o campo magnético deve apontar para fora do papel. 73. PENSE Um elétron que se move nas vizinhanças da Terra está sujeito à influência do campo magnético terrestre. FORMULE Como o elétron está se movendo paralelamente à componente horizontal do campo magnético da Terra, a força mag- nética experimentada pelo elétron se deve apenas à componente vertical do campo. O módulo da força que age sobre o elétron é dado por F = evB, em que B é a componente do campo magnético que aponta para baixo. De acordo com a segunda lei de Newton, F = mea e, portanto, a aceleração do elétron é a = evB/me. ANALISE (a) A velocidade do elétron pode ser determinada a partir da energia cinética usando a relação K = mev2/2: Assim, (b) Desprezando os efeitos da componente horizontal do campo magnético da Terra depois que a trajetória do elétron deixa de ser retilínea, chegamos à conclusão de que o elétron descreve um arco de circunferência. Uma vez que a aceleração centrípeta é a = v2/R, o raio do arco é A curva tracejada da figura ao lado mostra a trajetória do elétron. Seja h a deflexão sofrida pelo elétron depois de percorrer uma distância d ao longo do eixo x. Uma vez que d = R sen θ, temos Para R = 6,72 m e d = 0,20 m, obtemos h = 0,0030 m. APRENDA A deflexão é tão pequena que muitas peculiaridades do movimento circular podem ser ignoradas e um cálculo baseado no movimento balístico (veja o Capítulo 4) fornece uma aproximação aceitável: Assim, com o eixo y apontando para leste, M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 2 1 5 74. Fazendo Bx = By = B1 e Bz = B2 e usando a Eq. 28-2 ( F qv B= × ), obtemos, em unidades do SI, ( ) ( ) ( )2 1 1 2 1 1ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ4i 20j 12k 2 4 6 i 6 2 j 2 4 k ,B B B B B B − + = − + − + − o que nos dá B1 = –3 e B2 = –4. Assim, ˆ ˆ ˆ( 3,0i 3,0j 4,0k) T.B = − − − 75. De acordo com a Eq. 28-16, o raio da trajetória circular é 2mv mKr qB qB = = em que K = mv2/2 é a energia cinética da partícula. De acordo com a equação anterior, .r mK qB∞ (a) 2,0u 2 1,4. 1,0u = = = ≈pd d d p p p d qr m K e r m K q e (b) 4,0u 1,0. 1,0u 2 α α α α = = =p p p p qr m K e r m K q e 76. De acordo com a Eq. 28-16, a razão entre a carga e a massa é q/m = v/Bʹr. Como, de acordo com a Eq. 28-7, a velocidade dos íons é dada por v = E/B, temos . /q E B E m B r BB r = = ′ ′ 77. PENSE Como o elétron está sujeito a um campo elétrico e a um campo magnético, a força resultante que age sobre o elétron é a soma vetorial da força elétrica com a força magnética. FORMULE A força que age sobre o elétron é dada por ( ),F e E v B= − + × em que E é o campo elétrico, B é o campo magnético e v é a velocidade do elétron. Como os campos são uniformes, o fato de que o elétron se move em linha reta com velocidade constante significa que a força resultante que age sobre o elétron é zero. ANALISE Para que 0,F = devemos ter Para que 0F = , o campo elétrico deve apontar para baixo, ou seja, na direção ĵ,− se tomarmos o plano da tela como sendo o plano xy. Na notação dos vetores unitários, ˆ( 500 V/m)jE = = − . APRENDA Os elétrons só se movem em linha reta quando a condição E = vB é satisfeita. Muitos experimentos de física de partí- culas usam um seletor de velocidade que só permite a passagem de elétrons cuja velocidade satisfaz a relação v = E/B. 78. (a) De acordo com as Eqs. 26-7 e 26-11, temos .C dE nevρ= No caso do efeito Hall, a Eq. 28-10 nos dá E = vdB. Dividindo uma equação pela outra, obtemos . C E B E neρ = 2 1 6 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R (b) Usando o valor da resistividade do cobre dado na Tabela 26-1, obtemos 3 28 3 19 8 0,65 T 2,84 10 . (8,47 10 m )(1,60 10 C)(1,69 10 m)c E B E neρ − − −= = = ×× × × Ω⋅ 79. PENSE Este problema envolve partículas carregadas que são aceleradas por uma diferença de potencial elétrico e depois pe- netram em uma região em que existe um campo magnético uniforme. FORMULE A energia cinética de uma partícula é dada por K = qV, em que q é a carga da partícula e V é a diferença de potencial a que a partícula foi submetida. Como K = mv2/2, temos Na região em que existe um campo magnético uniforme, a força magnética a que uma partícula de carga q é submetida é qvB, que, de acordo com a segunda lei de Newton, é igual a mv2/r, em que r é o raio da trajetória. Assim, temos ANALISE (a) Como K = qV e qα = 2qp,Kp/Kα = 0,50. (b) Como K = qV e qα = 2qd, Kd/Kα = 0,50. (c) Como / ,r mK q∝ temos (d) No caso da partícula alfa, temos APRENDA O raio da trajetória da partícula, dado por 2 / ,r mK qB= depende da massa, da energia cinética e da carga da partícula, além de depender do módulo do campo magnético. 80. (a) A força é máxima quando a velocidade é perpendicular ao campo magnético. Nesse caso, de acordo com a Eq. 28-3, FB,máx = |q| vB sen (90°) = evB = (1,60 × 10– 19 C) (7,20 × 106 m/s) (83,0 × 10– 3 T) = 9,56 × 10– 14 N. (b) A força é mínima quando a velocidade é paralela ao campo. Nesse caso, de acordo com a Eq. 28-3, FB,mín = |q| vB sen (0) = 0. (c) Como, de acordo com a segunda lei de Newton, a = FB/me = |q| vB sen q/me, o ângulo entre v e B é 231 14 1 1 16 6 3 (9,11 10 kg)(4,90 10 m s ) sen sen 0,267 . (1,60 10 C)(7,20 10 m s)(83,0 10 T) em a q vB θ − − − − − × × = = = ° × × × 81. A contribuição do campo magnético para a força é dada pela Eq. 28-2, ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ(17.000i i) ( 11.000j i (7000k i) ˆ ˆ( 220k 140j) N, x x xBF qv B q B B B q = × = × + − × + × = − − M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 2 1 7 e a contribuição do campo elétrico para a força é dada pela Eq. 23-1, ˆ ˆj (300j) N.E yF qE q= = Para q = 5,0 × 10–6 C, a força total que age sobre a partícula é 6 ˆ ˆ(5,0 10 C)(160j 220k) ˆ ˆ ˆ ˆ(0,00080j 0,0011k) N (0,80j 1,1k) mN. B EF F F −= + = × − = − = − 82. (a) De acordo com a Eq. 28-10, 6 4 2 10 10 V 6,7 10 m/s 0,67 mm/s. (1,0 10 m)(1,5 T)d E Vv B dB − − − × = = = = × = × (b) De acordo com a Eq. 28-12, 4 6 19 29 3 3,0 A (6,7 10 m/s)(0,010 m)(10 10 m)(1,6 10 C) 2,8 10 m . d Bi Bi in V e Ed e v d e − − − = = = = × × × = × (c) Em vez de usar um desenho, vamos descrever a situação em termos das direções horizontais norte, sul, leste e oeste e das direções verticais para cima e para baixo. Vamos supor que o campo B aponta para cima e que o plano da fita está na horizontal, com a maior dimensão na direção norte-sul. Vamos supor ainda que o sentido da corrente é do sul para o norte. De acordo com a regra da mão direita, os elétrons de condução experimentam uma força para oeste, o que estabelece uma diferença de potencial de Hall entre as bordas da fita, com a borda leste mais positiva que a borda oeste. 83. PENSE A força a que uma partícula carregada é submetida por um campo magnético é dada por ,F qv B= × em que q é a carga da partícula, v é a velocidade da partícula e B é o campo magnético. FORMULE Vamos supor que îB B= e que a velocidade da partícula é ˆ ˆi j.x yv v v= + Nesse caso, Para que a força aponte no sentido positivo do eixo z, devemos ter q < 0. ANALISE A carga da partícula é APRENDA A componente vx da velocidade da partícula é paralela ao campo magnético e, portanto, não contribui para a força magnética ;F apenas vy, a componente de v perpendicular a ,B contribui para .F 84. De acordo com a Eq. 28-2, temos 31 2 2 0 1ˆ ˆ ˆ ˆ(3,00A) ( 0,600T m ) (i j) 1,80 A T m k ( 0,600 N)k. 3 = − × = − ⋅ ⋅ = −∫F x dx 85. (a) De acordo com as Eqs. 3-30 e 28-2, temos, em unidades do SI, 2 1 8 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R ( ) ( ) ( ) 19 21 22 ĵ) ˆ ˆ ˆ( ) i j k ˆ(1,60 10 ) [(4)(0,008) (6)( 0,004)]i ˆ ˆ[( 6)(0,002) ( 2)(0,008)]j [( 2)( 0,004) (4)(0,002)]k ˆ ˆ(1,28 10 )i (6,41 10 ) j ˆ(12,8i 6,41 1 { } y z z y z x x z x y y xF qv B e v B v B v B v B v B v B − − − = × = + − + − + − = × − − + − − − + − − − = × + × = + × 220 N.− (b) De acordo com a própria definição de produto vetorial, o ângulo entre v e F é 90o. (c) De acordo com a Eq. 3-20, 1 1 68cos cos 173 . 56 84| || | v B v B θ − − ⋅ −= = = ° 86. (a) Como 5ˆ ˆi (6 10 T)i,xB B −= = × k̂y xv B v B× = − e a força magnética que age sobre o elétron é ˆ( )( k)B y xF e v B= − − . Assim, de acordo com a Eq. 28-16, 31 4 19 5 (9,11 10 kg)(4 10 m/s) 0,0038m. (1,6 10 C)(6 10 T) e y x m v r e B − − − × × = = = × × (b) O tempo necessário para uma revolução é T = 2pr/vy = 0,60 μs; durante esse tempo, o deslocamento do elétron da direção do eixo x (que é o passo da trajetória helicoidal) é ∆x = vxT = (32 × 103 m/s)(0,60 × 10–6 m/s) = 0,019 m = 19 mm. (c) Para um observador situado no semieixo x negativo, quando o elétron penetra na região na qual existe campo com uma velo- cidade vy positiva (que, para o observador, seria “para cima”), ele é submetido a uma força na direção do semieixo z positivo (que, para o observador, seria “para a direita”). Assim, para um observador situado atrás do elétron, o elétron se move no sentido horário. 87. (a) A força magnética que age sobre os elétrons é dada por .F qv B= × Como o campo B aponta para a esquerda e os elétrons (de carga q = -e) são forçados a girar no sentido horário (para fora do papel na parte superior do rotor), a aplicação da regra da mão direita mostra que a força magnética aponta para cima. (b) O módulo da força magnética pode ser escrito na forma F = evB = eωrB, em que ω é a velocidade angular e r é a distância do eixo. Como F ~ r, a força é maior perto da borda do disco. (c) O trabalho por unidade de carga que a força realiza para mover os elétrons ao longo da reta que liga o centro à borda do disco é dado por (d) A diferença de potencial produzida pelo gerador é igual à tensão calculada no item (c): ε = 47,1 V. (e) A potência produzida pelo gerador é P = iV = (50,0 A)(47,1 V) = 2,36 × 103 W. 88. A força magnética exercida sobre o fio em forma de U é dada por F = iLB. De acordo com o teorema do impulso e momento, em que q é a carga do pulso. Como o fio está inicialmente em repouso, a velocidade inicial do fio é v = LBq/m. Por outro lado, de acordo com a lei de conservação da energia, mv2/2 = mgh. Combinando as expressões anteriores, temos M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 2 1 9 Explicitando q, obtemos 89. Pouco antes de o elétron se chocar com a placa superior, a força elétrica que age sobre o elétron é FE = eE = eV/d e aponta verticalmente para cima. Como a energia cinética do elétron é K = mv2/2 = eV, 2 / .v eV m= Por outro lado, a força magnética é e aponta verticalmente para baixo. Para que o elétron não se choque com a placa, é preciso que FB > FE, o que nos dá 90. A corrente equivalente ao movimento da partícula é dada por 2 / 2 q q qvi T r v rπ π = = = e o momento dipolar magnético associado é De acordo com a Eq. 28-37 ( Bτ µ= × ), o torque máximo que pode ser exercido sobre a espira por um campo magnético uniforme é 91. Quando as forças elétrica e magnética estão em equilíbrio, eE = evdB, em que vd é a velocidade de deriva dos elétrons. Como, além disso, a densidade de corrente é dada por J = nevd, temos 92. Para Fz = vz = Bx = 0, a Eq. 28-2 nos dá ˆ ˆ ˆ ˆ ˆi j ( i j k)x y y z x z x yF F q v B v B v B+ = − + em que q = –e, por se tratar de um elétron. Igualando as componentes z, vemos que By = 0; igualando as componentes x, obtemos Assim, o campo magnético, na notação dos vetores unitários, é ˆ(0,75 T)k.B = ,
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