P2 FS3130(1)

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Nº SEQUENCIAL 
1° 
2° 
3° 
4° 
FS 3130 – Física III P 2 A 19/11/2018 NOTA: 
NOME: GABARITO 
ASS.: TURMA: 
Todas as respostas devem ser justificadas e as passagens necessárias para o entendimento da solução devem estar 
presentes. Haverá penalização de 0,2 pontos por unidade incorreta ou ausente. 
carga fundamental: 
𝑒 = 1,6 𝑥 10−19 C 
massa do elétron: 
𝑚𝑒 = 9,11 𝑥 10
−31 kg 
massa do próton: 
𝑚𝑝 = 1,67 𝑥 10
−27 kg 𝜀0 = 8,85 𝑥 10
−12 
C2
N.m2
 
1
4𝜋𝜀0
= 9,0 𝑥 109 
Nm2
C2
 𝜇0 = 4𝜋 𝑥 10
−7 
Tm
𝐴
 1,0 𝜇 = 1,0 𝑥 10−6 1,0 𝑛 = 1,0 𝑥 10−9 
1) Três cargas pontuais são mantidas fixas em um círculo de raio 𝑟 nos 
ângulos de 30°, 150° e 270°, como mostra a figura abaixo. 
(a)(1,5) Determine uma expressão para o campo elétrico resultante no 
centro do círculo. 
(b)(1,0) Calcule o potencial elétrico no centro do círculo 
Formulário: �⃗� =
1
4𝜋𝜀0
𝑞
𝑟2
 �̂�; 𝑉 =
1
4𝜋𝜀0
𝑞
𝑟
 
 
 
a) �⃗� = �⃗� 1 + �⃗� 2 + �⃗� 3 
 
�⃗� 1 =
1
4𝜋𝜀0
𝑞
𝑟2
 (cos30° 𝑖 − 𝑠𝑒𝑛 30° 𝑗 ) (0,25) 
�⃗� 2 =
1
4𝜋𝜀0
𝑞
𝑟2
 (− cos30° 𝑖 − 𝑠𝑒𝑛 30° 𝑗 ) (0,25) 
�⃗� 3 =
1
4𝜋𝜀0
2𝑞
𝑟2
 ( 0 𝑖 − 𝑗 ) (0,25) 
 
Portanto, �⃗� = 0 𝑖 − (2
1
4𝜋𝜀0
𝑞
𝑟2
𝑠𝑒𝑛 30° +
1
4𝜋𝜀0
2𝑞
𝑟2
) 𝑗  �⃗⃗� = (𝟎 𝒊 −
𝟏
𝟒𝝅𝜺𝟎
𝟑𝒒
𝒓𝟐
 𝒋 ) (0,75) 
 
 
 
 
b) 𝑉𝑜𝑟𝑖𝑔𝑒𝑚 = 2
1
4𝜋𝜀0
𝑞
𝑟
+
1
4𝜋𝜀0
(−2𝑞)
𝑟
= 𝟎 (1,0) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
�⃗� 1 �⃗�
 
2 
�⃗� 3 
30° 
2) Uma barra feita de material isolante, com comprimento 𝐿 = 120 cm está uniformemente eletrizada com uma 
carga elétrica 𝑄 = 600 nC. O potencial elétrico é nulo no infinito. 
a)(1,5) Considere que uma partícula (𝑚 = 4,0 g e 𝑞0 = +50 μC) seja lançada do ponto 𝑃, com velocidade inicial 
𝑣 0 = (10 m/s) 𝑖 , em qual posição 𝑥 ocorreu o retorno da partícula? 
b)(1,0) Suponha que essa partícula seja abandonada a partir do repouso, em um ponto do eixo 𝑥, cujo potencial 
elétrico vale 8000 V. Qual é a velocidade dessa partícula ao chegar no infinito? 
Formulário: 𝑑𝑉 =
1
4𝜋𝜀0
𝑑𝑞
𝑟
 
𝑊𝐹 𝑒𝑙é𝑡𝑟𝑖𝑐𝑎 = −∆𝑈 
∆𝑈 = 𝑞0∆𝑉 
 ∆𝐾 + ∆𝑈 = 0 
 
 
 
 
a) 𝜆 =
𝑄
𝐿
= 
600 nC 
1,2 m
= 500
nC
m
 
 
 𝑉𝑃 =
1
4𝜋𝜀0
∫
𝑑𝑞
𝑟
=
1
4𝜋𝜀0
 ∫
𝜆𝑑𝑥
𝑥+𝑑
𝐿
0
= 
1
4𝜋𝜀0
 𝜆 ∫
𝑑𝑥
𝑥+𝑑
𝐿
0
=
1
4𝜋𝜀0
 𝜆 ln(𝑥 + 𝑑) 𝐿
0
 
 
𝑉𝑃 =
1
4𝜋𝜀0
 𝜆 ln (
𝐿+𝑑
𝑑
) = 9,0 ∙ 109. 500 ∙ 10−9. ln (
1,8
0,6
)  𝑉𝑃 = 4944 V (0,50) 
 
∆𝐾 + ∆𝑈 = 0  ∆𝐾 = −∆𝑈 = −𝑞0∆𝑉  
𝑚𝑣2
2
−
𝑚𝑣0
2
2
= −𝑞0∆𝑉 
 
No ponto de retorno, 𝑣 = 0  −
𝑚𝑣0
2
2
= −𝑞0(𝑉 − 𝑉𝑃)  𝑉 = 
𝑚𝑣0
2
2𝑞0
+ 𝑉𝑃 
 
𝑉 = 
4∙10−3.102
2.50∙10−6
+ 4944  𝑉 = 8944 V (0,50) 
 
𝑉 = 8944 = 9,0 ∙ 109. 500 ∙ 10−9. ln (
1,2+𝑑′
𝑑′
) 
 
ln (
1,2+𝑑′
𝑑′
) = 1,98756  𝑒1,98756 = 
1,2+𝑑′
𝑑′
  𝑑′. 𝑒1,98756 = 1,2 + 𝑑′ 
 
𝑑′ =
1,2
𝑒1,98756 − 1
  𝒅′ = 𝟎, 𝟏𝟗 𝐦 = 𝟏𝟗 𝐜𝐦 (0,50) 
 Ou 𝒙 = −𝟎, 𝟏𝟗 𝒎 = −𝟏𝟗 𝒄𝒎 
 
 
b) ∆𝐾 + ∆𝑈 = 0  ∆𝐾 = −∆𝑈 = −𝑞0∆𝑉  
𝑚𝑣2
2
−
𝑚𝑣0
2
2
= −𝑞0(𝑉∞ − 8000) 
 
𝑚𝑣2
2
− 0 = −𝑞0( 0 − 8000)  
𝑚𝑣2
2
= 𝑞0. 8000 
 
𝑣 = √
2.50∙10−6.8000
4∙10−3
  𝒗 = 𝟏𝟒, 𝟏
m
s
 (1,0) 
 
 
 
 
𝑃 
𝑑 = 60 cm 
𝑞0 
𝑚 𝑣 0 
𝐿 = 120 cm 
+ + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + 
𝑄 
𝑦 
𝑥 
𝑟 
𝑑𝑞 = 𝜆𝑑𝑥 𝑥 
3) A figura ao lado mostra uma barra de comprimento 
𝐿 = 80 cm que se desloca com velocidade uniforme 𝑣 = 20
m
s
 
ao longo de trilhos condutores. O campo magnético é produzido 
por um fio retilíneo, longo e paralelo aos trilhos. Suponha que, 
𝑎 = 2,0 cm e 𝑖 = 120 A. 
(a)(1,0) Calcule a f.e.m. 𝜀 induzida na barra. 
(b)(0,5) Determine o sentido da corrente induzida que percorre o 
circuito fechado. Justifique. 
(c)(1,0) Sabendo-se que a intensidade da corrente induzida no 
circuito fechado é 100 mA, qual é a potência mecânica exercida 
pelo agente externo para manter a barra em movimento 
uniforme? 
Formulário: 𝐵 =
𝜇0𝐼
2𝜋𝑟
 ; Φ𝐵 = ∫(�⃗� ∙ �⃗� )𝑑𝐴 ; 𝜀 = −
𝑑Φ𝐵
𝑑𝑡
 ; 
𝑑𝐹 = 𝐼(𝑑ℓ⃗ × �⃗� ) ; 𝑃𝑚𝑒𝑐 = 𝐹 ∙ 𝑣 ; 𝑃𝑒𝑙é𝑡𝑟𝑖𝑐𝑎 = 𝑅𝐼
2 = ℰ. 𝐼 
 
 
 
a) Φ𝐵 = ∫(�⃗� ∙ �⃗� )𝑑𝐴 = ∫𝐵. cos 0° 𝑥𝑑𝑟 =∫
𝜇0𝐼𝑥
2𝜋𝑟
𝑑𝑟 
 
Φ𝐵 = ∫
𝜇0𝐼𝑥
2𝜋
𝑑𝑟
𝑟
𝐿+𝑎
𝑎
  Φ𝐵 =
𝜇0𝐼𝑥
2𝜋
𝑙𝑛 (
𝐿+𝑎
𝑎
) (0,5) 
 
𝜀 = −
𝑑Φ𝐵
𝑑𝑡
= −
𝜇0𝐼
2𝜋
𝑙𝑛 (
𝐿+𝑎
𝑎
)
𝑑𝑥
𝑑𝑡
 
 
𝜀 = −
𝜇0𝐼
2𝜋
𝑙𝑛 (
𝐿+𝑎
𝑎
) (−𝑣) =
4𝜋 .10−7.120
2𝜋 
ln (
80+2
2
) . 20 
 
 𝜺 = 𝟏, 𝟕𝟖 ∙ 𝟏𝟎−𝟑 V (0,5) 
 
 
b) 𝜀 > 0, sentido anti-horário (a corrente induzida tenta evitar a diminuição do fluxo magnético). 
 (0,5) 
 
 
c) 𝑃𝑚𝑒𝑐 = 𝑃𝑒𝑙é𝑡𝑟𝑖𝑐𝑎 = |ℰ|. 𝐼 
 
 𝑃𝑚𝑒𝑐 = |1,78. 10
−3|. 100. 10−3 
 
 𝑷𝒎𝒆𝒄 = 𝟏𝟕𝟖 ∙ 𝟏𝟎
−𝟔 W = 𝟏𝟕𝟖 μ W (1,0) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 ⊙ �⃗⃗� 
 
 x 
𝐼𝑖𝑛𝑑 
𝑟 
𝑥 
4) A figura abaixo mostra uma técnica experimental para alterar a direção do percurso de uma partícula 
carregada. Considere uma partícula de carga 𝑞 = 1,00 μC e massa 𝑚 = 2,00 ∙ 10−13 kg que entra na parte 
inferior da região de campo magnético uniforme com velocidade escalar 𝑣 = 2,00 ∙ 105
m
s
 , cujo vetor velocidade 
é perpendicular às linhas de campo. O campo magnético tem módulo 𝐵 = 0,400 T e é direcionado para fora da 
página. A força magnética que atua na partícula faz com que a direção de seu movimento mude conforme o 
comprimento ℎ da região de campo magnético. 
Determine o vetor velocidade 𝑣 da partícula na saída da região de campo magnético, para os casos: 
(a)(1,0) ℎ = 12,0 cm 
(b)(1,5) ℎ = 5,00 cm 
 
Formulário: 
 
𝐹 𝑚𝑎𝑔 = 𝑞(𝑣 × �⃗� ) 
 
 𝑎𝑐𝑒𝑛𝑡𝑟í𝑝𝑒𝑡𝑎 =
𝑣2
𝑅
 
 
 
 
 
 
 
 
 
𝐹𝑚𝑎𝑔 = |𝑞|𝑣. 𝐵. 𝑠𝑒𝑛 90° = 𝑚.
𝑣2
𝑅
  𝑅 =
𝑚.𝑣
|𝑞|𝐵
  𝑅 =
2,0∙10−13.2,0∙105
1,0∙10−6.0,40
= 0,10 m = 10 cm (0,50) 
 
 
a) Como ℎ é maior que o raio 𝑅, temos que a trajetória é uma semicircunferência, portanto a velocidade de saída 
da partícula é dada por: 
𝑣 𝑠𝑎í𝑑𝑎 = −𝑣 = − (2,00 ∙ 10
5 𝑚
𝑠
) 𝑗 (0,5) 
 
 
 
b) Agora ℎ é menor que o raio 𝑅, então a trajetória é um arco de circunferência, que faz a velocidade de saída da 
partícula ser dada por: 
 
𝑣 𝑠𝑎í𝑑𝑎 = 𝑣 cos 𝜃 𝑖 + 𝑣 sen𝜃 𝑗 
 
onde 𝜃 = 𝑎𝑟𝑐 cos (
ℎ
𝑅
) = 𝑎𝑟𝑐 𝑐𝑜𝑠 (
5
10
) = 60° 
 
𝑣 𝑠𝑎í𝑑𝑎 = (2,0. cos 60° 𝑖 + 2,0. sen 60° 𝑗 ) ∙ 10
5 
 
�⃗⃗� 𝒔𝒂í𝒅𝒂 = (𝟏, 𝟎𝟎 𝒊 + 𝟏,𝟕𝟑 𝒋 ) ∙ 𝟏𝟎
𝟓 𝐦
𝐬
 (1,0) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
𝑦 
𝑥 
2ℎ 
R 
𝑣 𝑠𝑎í𝑑𝑎 
𝑦 
𝑥 
R 
𝑣 𝑠𝑎í𝑑𝑎 
𝜃 
𝜃 
(0,5) 
 
 
 
 
 Nº SEQUENCIAL 
1° 
2° 
3° 
4° 
 
 
FS 3130 – Física III P 2 B 19/11/2018 NOTA: 
NOME: : GABARITO 
ASS.: TURMA: 
Todas as respostas devem ser justificadas e as passagens necessárias para o entendimento da solução devem estar 
presentes. Haverá penalização de 0,2 pontos por unidade incorreta ou ausente. 
carga fundamental: 
𝑒 = 1,6 𝑥 10−19 C 
massa do elétron: 
𝑚𝑒 = 9,11 𝑥 10
−31 kg 
massa do próton: 
𝑚𝑝 = 1,67 𝑥 10
−27 kg 𝜀0 = 8,85 𝑥 10
−12 
C2
N.m2
 
1
4𝜋𝜀0
= 9,0 𝑥 109 
Nm2
C2
 𝜇0 = 4𝜋 𝑥 10
−7 
Tm
𝐴
 1,0 𝜇 = 1,0 𝑥 10−6 1,0 𝑛 = 1,0 𝑥 10−9 
1) Três cargas pontuais são mantidas fixas em um círculo de raio 𝑟 nos 
ângulos de 30°, 150° e 270°, como mostra a figura abaixo. 
(a)(1,5) Determine uma expressão para o campo elétrico resultante no 
centro do círculo. 
(b)(1,0) Calcule o potencial elétrico no centro do círculo 
Formulário: �⃗� =
1
4𝜋𝜀0
𝑞
𝑟2
 �̂�; 𝑉 =
1
4𝜋𝜀0
𝑞
𝑟
 
 
 
 
a) �⃗� = �⃗� 1 + �⃗� 2 + �⃗� 3 
 
�⃗� 1 =
1
4𝜋𝜀0
2𝑞
𝑟2
 (cos 30° 𝑖 − 𝑠𝑒𝑛 30° 𝑗 ) (0,25) 
�⃗� 2 =
1
4𝜋𝜀0
2𝑞
𝑟2
 (− cos30° 𝑖 − 𝑠𝑒𝑛 30° 𝑗 ) (0,25) 
�⃗� 3 =
1
4𝜋𝜀0
2𝑞
𝑟2
 ( 0 𝑖 − 𝑗 ) (0,25) 
 
Portanto, �⃗� = 0 𝑖 − (2
1
4𝜋𝜀0
2𝑞
𝑟2
𝑠𝑒𝑛 30° +
1
4𝜋𝜀0
2𝑞
𝑟2
) 𝑗  �⃗⃗� = (𝟎 𝒊 −
𝟏
𝟒𝝅𝜺𝟎
𝟒𝒒
𝒓𝟐
 𝒋 ) (0,75) 
 
 
 
 
b) 𝑉𝑜𝑟𝑖𝑔𝑒𝑚 = 2
1
4𝜋𝜀0
2𝑞
𝑟
+
1
4𝜋𝜀0
(−2𝑞)
𝑟
=
1
4𝜋𝜀0
2𝑞
𝑟
 (1,0) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
�⃗� 1 �⃗�
 
2 
�⃗� 3 
30° 
2𝑞 2𝑞 
2) Uma barra feita de material isolante, com comprimento 𝐿 = 150 cm está uniformemente eletrizada com uma 
carga elétrica 𝑄 = 600 nC. O potencial elétrico é nulo no infinito. 
a)(1,5) Considere que uma partícula (𝑚 = 2,0 g e 𝑞0 = +40 μC) seja lançada do ponto 𝑃, com velocidade inicial 
𝑣 0 = (10 m/s) 𝑖 , em qual posição 𝑥 ocorreu o retorno da partícula? 
b)(1,0) Suponha que essa partícula seja abandonada a partir do repouso, em um ponto do eixo 𝑥, cujo potencial 
elétrico vale 7000 V. Qual é a velocidade dessa partícula ao chegar no infinito? 
Formulário: 𝑑𝑉 =
1
4𝜋𝜀0
𝑑𝑞
𝑟
 
𝑊𝐹 𝑒𝑙é𝑡𝑟𝑖𝑐𝑎 = −∆𝑈 
∆𝑈 = 𝑞0∆𝑉 
 ∆𝐾 + ∆𝑈 = 0 
 
 
 
 
a) 𝜆 =
𝑄
𝐿
= 
600 nC 
1,5 m
= 400
nC
m
 
 
 𝑉𝑃 =
1
4𝜋𝜀0
∫
𝑑𝑞
𝑟
=
1
4𝜋𝜀0
 ∫
𝜆𝑑𝑥
𝑥+𝑑
𝐿
0
= 
1
4𝜋𝜀0
 𝜆 ∫
𝑑𝑥
𝑥+𝑑
𝐿
0
=
1
4𝜋𝜀0
 𝜆 ln(𝑥 + 𝑑) 𝐿
0
 
 
𝑉𝑃 =
1
4𝜋𝜀0
 𝜆 ln (
𝐿+𝑑
𝑑
) = 9,0 ∙ 109. 400 ∙ 10−9. ln (
2
0,5
)  𝑉𝑃 = 4991 V (0,50) 
 
∆𝐾 + ∆𝑈 = 0  ∆𝐾 = −∆𝑈 = −𝑞0∆𝑉  
𝑚𝑣2
2
−
𝑚𝑣0
2
2
= −𝑞0∆𝑉 
 
No ponto de retorno, 𝑣 = 0  −
𝑚𝑣0
2
2
= −𝑞0(𝑉 − 𝑉𝑃)  𝑉 = 
𝑚𝑣0
2
2𝑞0
+ 𝑉𝑃 
 
𝑉 = 
2∙10−3.102
2.40∙10−6
+ 4991  𝑉 = 7491 V (0,50) 
 
𝑉 = 7491 = 9,0 ∙ 109. 400 ∙ 10−9. ln (
1,5+𝑑′
𝑑′
) 
 
ln (
1,5+𝑑′
𝑑′
) = 2,081  𝑒2,081 = 
1,5+𝑑′
𝑑′
  𝑑′. 𝑒2,081 = 1,5 + 𝑑′ 
 
𝑑′ =
1,5
𝑒2,081 − 1
  𝒅′ = 𝟎, 𝟐𝟏𝟒 𝐦 = 𝟐𝟏, 𝟒 𝐜𝐦 (0,50) 
 Ou 𝒙 = −𝟎, 𝟐𝟏𝟒 𝒎 = −𝟐𝟏, 𝟒 𝒄𝒎 
 
 
b) ∆𝐾 + ∆𝑈 = 0  ∆𝐾 = −∆𝑈 = −𝑞0∆𝑉  
𝑚𝑣2
2
−
𝑚𝑣0
2
2
= −𝑞0(𝑉∞ − 7000) 
 
𝑚𝑣2
2
− 0 = −𝑞0( 0 − 7000)  
𝑚𝑣2
2
= 𝑞0. 7000 
 
𝑣 = √
2.40∙10−6.7000
2∙10−3
  𝒗 = 𝟏𝟔, 𝟕
m
s
 (1,0) 
 
 
 
 
𝑃 
𝑑 = 50 cm 
𝑞0 
𝑚 𝑣 0 
𝐿 = 150 cm 
+ + + + + + + + + + + + + + + + + + + + + 
𝑄 
𝑦 
𝑥 
𝑟 
𝑑𝑞 = 𝜆𝑑𝑥 
3) A figura ao lado mostra uma barra de comprimento 
𝐿 = 90 cm que se desloca com velocidade uniforme 𝑣 = 25
m
s
 
ao longo de trilhos condutores. O campo magnético é produzido 
por um fio retilíneo, longo e paralelo aos trilhos. Suponha que, 
𝑎 = 1,5 cm e 𝑖 = 130 A. 
(a)(1,0) Calcule a f.e.m. 𝜀 induzida na barra. 
(b)(0,5) Determine o sentido da corrente induzida que percorre o 
circuito fechado. Justifique. 
(c)(1,0) Sabendo-se que a intensidade da corrente induzida no 
circuito fechado é 100 mA, qual é a potência mecânica exercida 
pelo agente externo para manter a barra em movimento 
uniforme? 
Formulário: 𝐵 =
𝜇0𝐼
2𝜋𝑟
 ; Φ𝐵 = ∫(�⃗� ∙ �⃗� )𝑑𝐴 ; 𝜀 = −
𝑑Φ𝐵
𝑑𝑡
 ; 
𝑑𝐹 = 𝐼(𝑑ℓ⃗ × �⃗� ) ; 𝑃𝑚𝑒𝑐 = 𝐹 ∙ 𝑣 ; 𝑃𝑒𝑙é𝑡𝑟𝑖𝑐𝑎 = 𝑅𝐼
2 = ℰ. 𝐼 
 
 
 
 
 a) Φ𝐵 = ∫(�⃗� ∙ �⃗� )𝑑𝐴 = ∫𝐵. cos 0° 𝑥𝑑𝑟 =∫
𝜇0𝐼𝑥
2𝜋𝑟
𝑑𝑟 
 
Φ𝐵 = ∫
𝜇0𝐼𝑥
2𝜋
𝑑𝑟
𝑟
𝐿+𝑎
𝑎
  Φ𝐵 =
𝜇0𝐼𝑥
2𝜋
𝑙𝑛 (
𝐿+𝑎
𝑎
) (0,5) 
 
𝜀 = −
𝑑Φ𝐵
𝑑𝑡
= −
𝜇0𝐼
2𝜋
𝑙𝑛 (
𝐿+𝑎
𝑎
)
𝑑𝑥
𝑑𝑡
 
 
𝜀 = −
𝜇0𝐼
2𝜋
𝑙𝑛 (
𝐿+𝑎
𝑎
) (−𝑣) =
4𝜋 .10−7.130
2𝜋 
ln (
90+1,5
1,5
) . 25 
 
 𝜺 = 𝟐, 𝟔𝟕 ∙ 𝟏𝟎−𝟑 V (0,5) 
 
 
b) 𝜀 > 0, sentido anti-horário (a corrente induzida tenta evitar a diminuição do fluxo magnético). 
 (0,5) 
 
 
c) 𝑃𝑚𝑒𝑐 = 𝑃𝑒𝑙é𝑡𝑟𝑖𝑐𝑎 = |ℰ|. 𝐼 
 
 𝑃𝑚𝑒𝑐 = |2,67. 10
−3|. 100. 10−3 
 
 𝑷𝒎𝒆𝒄 = 𝟐𝟔𝟕 ∙ 𝟏𝟎
−𝟔 W = 𝟐𝟔𝟕 μ W (1,0) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 ⊙ �⃗⃗� 
 
 x 
𝐼𝑖𝑛𝑑 
𝑟 
𝑥 
4) A figura abaixo mostra uma técnica experimental para alterar a direção do percurso de uma partícula 
carregada. Considere uma partícula de carga 𝑞 = 8,00 μC e massa 𝑚 = 2,00 ∙ 10−11 kg que entra na parte 
inferior da região de campo magnético uniforme com velocidade escalar 𝑣 = 4,00 ∙ 104
m
s
 , cujo vetor velocidade 
é perpendicular às linhas de campo. O campo magnético tem módulo 𝐵 = 0,400 T e é direcionado para fora da 
página. A força magnética que atua na partícula faz com que a direção de seu movimento mude conforme o 
comprimento ℎ da região de campo magnético. 
Determine o vetor velocidade 𝑣 da partícula na saída da região de campo magnético, para os casos: 
(a)(1,0) ℎ = 30,0 cm 
(b)(1,5) ℎ = 12,0 cm 
 
Formulário: 
 
𝐹 𝑚𝑎𝑔 = 𝑞(𝑣 × �⃗� ) 
 
 𝑎𝑐𝑒𝑛𝑡𝑟í𝑝𝑒𝑡𝑎 =
𝑣2
𝑅
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
𝐹𝑚𝑎𝑔 = |𝑞|𝑣. 𝐵. 𝑠𝑒𝑛 90° = 𝑚.
𝑣2
𝑅
  𝑅 =
𝑚.𝑣
|𝑞|𝐵
  𝑅 =
2,0∙10−11.4,0∙104
8,0∙10−6.0,40
= 0,25 m = 25 cm (0,50) 
 
 
a) Como ℎ é maior que o raio 𝑅, temos que a trajetória é uma semicircunferência, portanto a velocidade de saída 
da partícula é dada por: 
𝑣 𝑠𝑎í𝑑𝑎 =−𝑣 = − (4,00 ∙ 10
4 
m
s
) 𝑗 (0,5) 
 
 
 
b) Agora ℎ é menor que o raio 𝑅, então a trajetória é um arco de circunferência, que faz a velocidade de saída da 
partícula ser dada por: 
 
𝑣 𝑠𝑎í𝑑𝑎 = 𝑣 cos 𝜃 𝑖 + 𝑣 sen𝜃 𝑗 
 
onde 𝜃 = 𝑎𝑟𝑐 cos (
ℎ
𝑅
) = 𝑎𝑟𝑐 𝑐𝑜𝑠 (
12
25
) = 61,3° 
 
𝑣 𝑠𝑎í𝑑𝑎 = (4,0. cos 61,3° 𝑖 + 4,0. sen61,3° 𝑗 ) ∙ 10
4 
 
�⃗⃗� 𝒔𝒂í𝒅𝒂 = (𝟏, 𝟗𝟐 𝒊 + 𝟑, 𝟓𝟏 𝒋 ) ∙ 𝟏𝟎
𝟒 𝐦
𝐬
 (1,0) 
 
 
 
 
 
 
 
𝑦 
𝑥 
2ℎ 
𝑦 
𝑥 
R 
𝑣 𝑠𝑎í𝑑𝑎 
𝜃 
𝜃 
(0,5) 
R 
𝑣 𝑠𝑎í𝑑𝑎