Resolução halliday vol 3 edição 10 - Capítulo 28 PDF

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CAPÍTULO 28    FB = qv × B , em que q é a carga da partícula, v é a velocidade 1. PENSE A força magnética que age sobre uma partícula é dada por  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. ˆj para equilibrar a força da gravidade, que aponta na direção 2. A força associada ao campo magnético deve apontar na direção  ˆ ˆ O módulo |Bz| do campo é dado pela − j . Para isso, de acordo com a regra da mão direita, o campo B deve apontar na direção − k. Eq. 28-3, com ϕ = 90°. Assim, temos   (1,0 ×10− 2 kg)(9,8 m/s2 )   mg  ˆ ˆ ˆ ˆ B = Bz ˆk = −  k=−   k = − (0,061 T)k = − (61 mT)k. 4 −3  qv    (8,0 × 10 C)(2,0× 10 m/s) 

3. (a) A força que age sobre o elétron é     FB = qv× B = q( vxiˆ + vy ˆj)× ( Bxiˆ+ By j ) = q( vx By − vy Bx )kˆ = ( −1,6 ×10− 19 C)  (2,0× 106 m s) (− 0,15 T) − (3,0× 106 m s) (0,030 T) = (6, 2× 10− 14 N) ˆk.

(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  ˆ FB = −(6, 2 ×10 −14 N) k.

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 FB 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.

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5. De acordo com as Eqs. 3-30 e 28-2,  ˆ F = q (v x B y − v y B x ) kˆ = q v x (3B x ) − v yB x  k. ^

Como, nesse instante, a força é (6,4 H 10–19 N)k , temos q(3vx − vy ) Bx = Fz ⇒ Bx =

6, 4×10− 19 N Fz = = − 2,0 T. 19 − q(3 vx − vy ) (− 1,6× 10 C)[3(2,0 m/s) − 4,0 m]

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, ˆ (4 × 10− 17 )iˆ + (2 × 10− 17 )ˆj = e[(0,03)v y + 40]iˆ + (20 − 0,03v x )ˆj− (0, 02vx + 0,01vy )k].

Igualando as componentes correspondentes, obtemos (a) vx =

20 e − 2 × 10−17 20(1,6 × 10−19 ) − 2× 10−17 = = − 3,5× 103 m/s= − 3,5 km/s. 0,03e 0,03(1,6 × 10− 19 )

(b) vy =

40 e − 4 × 10−17 40(1,6 × 10−19 ) − 4× 10−17 = = 7,0× 103 m/s= 7,0 km/s. 0,03e 0,03(1,6 × 10− 19 )

     7. Como F = q( E + v × B) = me a, temos

 m a   E = e + B ×v q

=

(9,11 ×10 −31 kg) (2,00 × 1012 m s2 )iˆ + ( 400µ T ) ˆi × ( 12,0 km s) ˆj+ (15, 0 km s) kˆ  −1, 60 × 10 −19 C

ˆ V m. = ( −11, 4 V/m)iˆ − (6,00 V/m)jˆ + (4,80 V/m)k)    8. Fazendo F = q( E + v × B) = 0 , obtemos

vB sen φ = E. 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 vmín =

E 1,50× 103 V/m = = 3, 75 ×103 m/s = 3,75 km/s. B 0,400 T

9. Desprezando a força da gravidade, o fato de que entre as placas é retilínea significa que a força  a trajetória   do elétron na região    a que o elétron está submetido é nula. Assim, F = q ( E + v × B ) = 0 . Note que v ⊥ B e, portanto, v × B = vB. Assim, temos B=

100 V/(20 ×10 −3 m) E E = = = 2,67 ×10 −4 T. 3 v 2K /me 2(1,0×10 V)(1, 60×10− 19 C) / (9,11×10−31 kg)

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 ˆ Na notação dos vetores unitários, B = −(2,67 ×10 −4 T)kˆ = −(0,267 mT)k.

10. (a) A força que age sobre o próton é       ˆ F = FE + FB = qE + qv × B = (1, 60 ×10− 19 C) (4,00V m)k+(2000 m s)ˆj× (− 2,50× 10− 3 T)iˆ  



ˆ = (1, 44 ×10− 18 N) k.

(b) Nesse caso, temos       F = F E + F B = qE + qv × B = (1, 60 ×10 −19 C)  (− 4,00 V m ) kˆ + (2000 m s )ˆj× (− 2,50 mT )ˆi 



ˆ = (1, 60 × 10 −19 N) k.

(c) Nesse caso, temos       F = F E + F B = qE + qv × B = (1, 60 ×10− 19 C) ( 4,00 V m) ˆi+ ( 2000m s) ˆj× ( − 2,50 mT) ˆi 



= (6, 41× 10−19 N) ˆi+(8,01× 10−19 N) ˆk.

     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 v = 2eV /m . Assim, E=B

2 eV 2(1,60 ×10 −19 C)(10 ×10 3 V) = (1, 2 T) = 6,8 ×105 V m = 0,68 MV/m. m (9,99× 10− 27 kg)

  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

E=

Ftot, y 2,0 ×10 −19 N = = 1, 25 N/C =1, 25 V/m. | q| 1,6 ×10 − 19C

(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 FE = qv × B e FE = 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 uniˆ tários, B = (25,0 mT)k.

13. De acordo com a Eq. 28-12, temos

(23 A )(0,65 T ) V = iB = = 7,4 ×10− 6 V = 7,4 µ V. nle (8,47× 1028 m3 )(150 µ m)(1,6× 10−19 C)

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     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

v=

E Vx − Vy dxy (3,90 × 10 −9 V) = = = 0,382 m s. (1, 20× 10− 3 T)(0,850× 10− 2 m) 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   |E | = v |B | = (20,0 m/s)(0,030 T)= 0,600 V/m.   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 E = (− 600 mV/m)k.

(b) De acordo com a Eq. 28-9, V = Ed = (0,600 V/m)(2,00 m) =1, 20 V.

 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 d=

V V = 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 d = dz =

0,012 V = 0,20 m. (3,0 m/s)(0,020 T)

Por outro lado, quando a velocidade é paralela ao eixo z, o campo elétrico é paralelo ao eixo y, e temos d =dy =

0,018 V = 0,30 m. (3,0 m/s)(0,020 T)

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 v=

rqB 2 eB 2(4,50 ×10 −2 m)(1, 60 ×10 −19 C)(1, 20T) = = = 2,60 ×10 6m s. (4,00u)(1, 66 ×10 − 27 kg u) mα 4,00u

(b) O período de revolução é T=

2 π r 2 π(4,50 ×10 −2 m) = =1,09 ×10 −7 s =0,109 µs. v 2,60 × 106 m/s

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(c) A energia cinética da partícula alfa é K=

1 (4,00u)(1,66 ×10−27 kg u)(2,60 ×10 6 m s) 2 mα v2 = = 1, 40 ×10 5 eV = 0,140 MeV. 2 2(1,60 ×10−19 J eV)

(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 v=

F 3, 20× 10− 15 N = = 5,00× 106 m s. eBsen φ (1, 60 ×10−19 C)(4,00 ×10−3 T)(sen 90o )

(b) De acordo com a Eq. 28-16, r=

mv (9,11× 10− 31 kg)(4,99× 10 6 m/s) = = 0,00710 m = 7,10 mm. (1,60 ×10 − 19 C)(4,00 ×10 − 3T) eB

(c) De acordo com a Eq. 28-17, T=

2 π r 2 π(7,10 ×10 − 3m) = =8,92 ×10 −9 s =8,92 ns. v 5,00 ×10 6 m/s

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 inclinação pode ser estimada em (37,5 × 10−9 s)/(5,0 T−1) = 7,5 × 10−9 T · s, o que nos dá

ξ=

m 7,5× 10−9 T· s = = 1,2× 10− 9 kg/C. |q | 2π

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 r=

me 2eV , eB me

segundo a qual a inclinação do gráfico de r em função de V da Fig. 28-38 é igual a 2 me / eB2 . Essa inclinação pode ser estimada em (2,5 × 10−3 m)/(50,0 V1/2) = 5×10‒5 m/V1/2. Assim, temos B=

2m e = (5× 10−5 )2 e

2(9,11 × 10−31 ) = 6,7× 10− 2 T. (25× 10−10 )(1,60× 10−19 )

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:

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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 r=

mv 2mK = qB qB

em que K = mv2/2 é a energia cinética da partícula. Assim, temos K=

(rqB )2 q 2 ∝ . m 2m

(a) K α = (qα qp ) 2 (mp mα ) Kp = (2) 2 (1 4) K p = K p = 1,0 MeV. (b) K d = (qd qp )2 ( mp md ) K p = (1) 2(1 2) Kp = 1,0 MeV 2 = 0,50 MeV. 23. De acordo com a Eq. 28-16, temos B=

m ev (9,11×10− 31kg)(1,30 ×106 m s) = = 2,11×10− 5 T = 21,1 µ T. er (1, 60 ×10 −19 C)(0,350 m)

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 v=

2 eV 2(1,60 ×10− 19C)(350 V) = = 1,11×10 7m s. 9,11× 10−31 kg me

(b) De acordo com a Eq. 28-16, r=

mev (9,11×10 − 31kg)(1,11×10 7 m s) = = 3,16 ×10 − 4m = 0,316 mm. eB (1, 60 ×10− 19 C)(200 ×10− 3 T)

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25. (a) A frequência de revolução é f=

(35,0 ×10 −6 T)(1,60 ×10 −19 C) Bq = = 9,78 ×10 5Hz = 0,978 MHz. 2π me 2π (9,11 ×10 −31 kg)

(b) De acordo com a Eq. 28-16, temos r=

2 m eK 2(9,11 ×10 −31kg)(100eV)(1, 60 ×10 −19J eV) me v = = =0,964 m =96,4 cm. 19 6 qB qB (1, 60 × 10− C)(35, 0 × 10− T)

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, B=

2π m eT

=

2π (1,67 ×10−27 kg) = 0,252 T. (1,60 × 10 −19 C)(2)(130 ×10 −9 s)

(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 B=

8Vm 8(100 × 103 V)(3,92 × 10−25 kg) = 0,495T = 495 mT. 2 = (3, 20 × 10−19 C)(2,00 m)2 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, M=

100 × 10 −6 kg = 2,78 × 10 −8 kg s. 3600s

Como N = M/m, temos qM (3, 20 ×10 − C)(2,78 ×10 − kg s) = = 2, 27 ×10 −2A = 22,7 mA. 3,92 ×10 −25 kg m 19

i=

8

(c) Como cada íon deposita uma energia qV no reservatório, a energia depositada em um intervalo de tempo ∆t é dada por E = NqV ∆ t =

iqV ∆ t = iV ∆ t= (2,27 × 10 −2 A)(100 ×10 3 V)(3600 s) q

= 8,17 × 10 6 J = 8,17 MJ.

28. Como F = mv2/r e K = mv2/2, temos K=

Fr (1,60 × 10 −17 N )(26,1× 10 −6 m) = = 2,09 × 10 −22 J. 2 2

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 d// = v//T = v// (2 π me / eB). Assim,

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−6

v// =

− 19

d// eB (6,00 × 10 m)(1,60 ×10 C)(0,300 T) = = 50,3 km/s. 2π me 2 π (9,11 × 10 −31 kg)

Como a força magnética é F = eBv ⊥ , v⊥ =

2,00× 10−15 N F = = 41,7 km/s. − eB (1,60 ×10 19 C)(0,300 T)

e v = v 2⊥ + v//2 = 65,3 km/s.

30. Como, de acordo com a Eq. 28-17, T = 2πme /eB, o tempo total é 1  T   T  πm e  1 ttot =   + tac +   =  + + tac. e  B1 B2   2 1  2 2

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 v0 = 2 K 0 / me e a = e∆V/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 d = v0tac + 1 atac2 ⇒ d = 2

 ∆ 2K0 t + 1 e V me ac 2  me d

 2  tac , 

o que nos dá tac ≈ 6 ns. Assim, temos ttot =

π (9,11× 10−31 kg)  1 1 1  +  +  + 6,0 ns =   + 6,0 ns e  B1 B 2  (1, 6 ×10 −19 C)  0, 010 T 0,020 T 

π me  1

= 8, 7 ns.

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 t=

T πm π (9,11×10 −31 kg) = = = 5, 07×10−9 s = 5,07 ns. 2 Bq (3,53 ×10 −3 T)(1, 60 ×10−19 C)

 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 d = v// T =

v // (v cosθ )2π me 2π (1,5×107 m s)(9,11×10 −31 kg)(cos10 °) = = = 0,53 m. (1, 60 ×10−19 C)(1,0 ×10 −3 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 magnético. 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

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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,v  = v cos φ, determina o passo da hélice, enquanto a componente perpendicular, v⊥ = v senφ , determina o raio da hélice. 34. (a) De acordo com as Eqs. 3-20 e 3-23, temos   v ⋅ B = vBcos φ = vx Bx + vy By + v z B z.

Uma vez que 2

2

2

v = 20 + 30 + 50 = 3800, 2 2 2 B = 20 + 50 + 30 =

3800,

vx Bx + vy By + vz Bz = (20)(20) + (50)(30) −(30)(50) = 400,

temos

φ = cos−1

v x B x + v y B y + v z Bz vB

= cos −1

400 = cos −1(0,105) = 84 o. 3800

(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 v⊥ = vsenφ = 3800 sen84o = (61, 64)(0,994)= 61,63 m/s,

temos r=

(9,11× 10−31 kg)(61,63 m/s) mv ⊥ = = 5,7 nm. eB (1,6 × 10 − 19 C)(61,64 × 10 − 3 T)

35. (a) De acordo com a lei de conservação da energia, a energia cinética aumenta de ∆K = eV = 200 eV a cada passagem.

204

M AT E R I A L S U P L E M E N TA 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 ∆K = 100(200 eV) = 20,0keV. (c) Expressando a velocidade em termos da energia cinética e usando a Eq. 28-16, obtemos r=

mp

2n (200 eV) , eB mp

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 aumento percentual =

101 − 100 100

=

10,0499 −10,0000 = 0,00499 = 0, 499%. 10,0000

36. (a) O módulo do campo magnético para que haja ressonância é B=

2π fmp 2π (12,0×106 Hz)(1,67 ×10−27 kg) = =0,787 T. 1, 60 ×10 − 19 C q

(b) A energia cinética dos prótons que saem do cíclotron é K = 12 mv 2 = 1 m(2π Rf ) 2 = 1 (1,67× 10− 27 kg)4π 2 (0,530 m) 2 (12,0× 106 Hz)2 2 2 = 1,33× 10−12 J= 8,34× 106 eV= 8,34 MeV.

(c) A nova frequência é f=

qB (1,60 ×10−19 C)(1,57 T) = = 2,39× 107 Hz= 23,9 MHz 2π m p 2π (1, 67× 10− 27 kg)

(d) A nova energia cinética é dada por K = mv 2= 1 m(2π Rf ) 2= 1 (1,67× 10− 27 kg)4π 2(0,530 m) 2(2,39× 10 7 Hz) 2 2 2 2 1

= 5,3069× 10−12 J= 3,32× 107 eV.

37. A distância pedida é aproxima...