7- Um electrão ( q_{e}=-1,6 \cdot 10^{-19} \mathrm{C}, m_{e}=9,11 \cdot 10^{-31} \mathrm{~kg} ) é lançado sob um ângulo de 30^{\circ} \mathrm{com} a horizontal, com uma velocidade inicial de 0,82 \mathrm{Mm} / \mathrm{s}, em uma regiaão onde existe um campo elécrico de valor \vec{E}=(390 \vec{j}) \mathrm{V} / \mathrm{m}. Ignore os efeitos da gravidade e determine (a) o tempo que leva o electrão até regressar a sua altura inicial, (b) a altura máxima alcançada pelo electrão e (c) o seu deslocamente horizontal quando alcança a altura máxima. R : (a) 12 ns ; (b) 1,23 \mathrm{~mm}; (c) \mathbf{4 , 3 ~ m m}.

Passo 1

Vou listar claramente o que o enunciado dá e o que pede.
Dados fornecidos:
  • Carga do electrão: \,q_e=-1,6\times10^{-19}\\ \mathrm{C}.
  • Massa do electrão: \,m_e=9,11\times10^{-31}\\ \mathrm{kg}.
  • Velocidade inicial (módulo): \,v_0=0,82\\ \mathrm{Mm/s}=0,82\times10^{6}\\ \mathrm{m/s}.
  • Ângulo de lançamento com a horizontal: \,\theta=30^\circ.
  • Campo elétrico: \,\vec{E}=(390\,\vec{\jmath})\\ \mathrm{V/m} (ou seja, aponta para cima, sentido +y).
O enunciado pede:
(a) o tempo que o electrão leva para regressar à sua altura inicial (tempo total de subida+descida até y=0);
(b) a altura máxima alcançada pelo electrão;
(c) o deslocamento horizontal quando atinge a altura máxima.

Passo 2

Decompor a velocidade inicial em componentes horizontal ( x) e vertical ( y). Para decomposição usamos as relações trigonométricas num triângulo retângulo:
v_{0x}=v_0\cos\theta,\qquad v_{0y}=v_0\sin\theta,
onde \theta é o ângulo acima da horizontal, \cos\theta é o cateto adjacente sobre a hipotenusa e \sin\theta o cateto oposto sobre a hipotenusa.
Substituindo os valores:
v_{0x} = 0,82\times10^{6}\cos30^\circ = 0,82\times10^{6}\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}.
v_{0y} = 0,82\times10^{6}\sin30^\circ = 0,82\times10^{6}\cdot\frac{1}{2}.
Calculemos numericamente:
v_{0x} \approx 0,82\times10^{6}\cdot0{,}8660254 \approx 7{,}10145\times10^{5}\\ \mathrm{m/s}.
v_{0y} = 0{,}82\times10^{6}\cdot0{,}5 = 4{,}10\times10^{5}\\ \mathrm{m/s}.

Passo 3

Encontrar a aceleração do electrão causada pelo campo elétrico. A força elétrica é dada por \vec{F}=q_e\vec{E}. A segunda lei de Newton dá \vec{F}=m_e\vec{a}, logo
\vec{a}=\frac{q_e\vec{E}}{m_e}.
O campo está na direção +y (para cima), mas q_e é negativo, então a aceleração será para baixo (sentido negativo de y). Calculando o valor numérico da componente vertical da aceleração:
a_y=\frac{q_e E}{m_e}=\frac{-1{,}6\times10^{-19}\cdot390}{9{,}11\times10^{-31}}\\ \mathrm{m/s^2}.
Façamos as contas:
q_e E = -1{,}6\times10^{-19}\cdot390 = -6{,}24\times10^{-17}\\ \mathrm{N}.
a_y = \frac{-6{,}24\times10^{-17}}{9{,}11\times10^{-31}} \approx -6{,}848\times10^{13}\\ \mathrm{m/s^2}.
Portanto a aceleração vertical é \,a_y\approx-6{,}85\times10^{13}\\ \mathrm{m/s^2} (negativa porque é para baixo). Não há aceleração horizontal (campo só em y), então a_x=0.

Passo 4

Tempo que leva até regressar à altura inicial (parte (a)).
Para o movimento vertical com aceleração constante usamos a equação do deslocamento vertical:
y(t)=v_{0y}t+\tfrac{1}{2}a_y t^2.
Tomando a origem y(0)=0, queremos o tempo t>0 tal que y(t)=0. Assim:
v_{0y}t+\tfrac{1}{2}a_y t^2=0 \quad\Rightarrow\quad t\left(v_{0y}+\tfrac{1}{2}a_y t\right)=0.
A solução t=0 é o instante inicial; a outra solução é
v_{0y}+\tfrac{1}{2}a_y t=0 \quad\Rightarrow\quad t=-\frac{2v_{0y}}{a_y}.
Como a_y é negativo e v_{0y} é positivo, esse t é positivo.
Substituindo os números:
t = -\frac{2\cdot(4{,}10\times10^{5})}{-6{,}848\times10^{13}} = \frac{8{,}20\times10^{5}}{6{,}848\times10^{13}}.
t\approx 1{,}197\times10^{-8}\\ \mathrm{s}.
Convertendo para nanossegundos:
t\approx 1{,}197\times10^{-8}\\ \mathrm{s}=11{,}97\\ \mathrm{ns}\approx12\\ \mathrm{ns}.
Logo o tempo total até regressar à altura inicial é aproximadamente 12\\ \mathrm{ns}.

Passo 5

Tempo até alcançar a altura máxima (topo).
No topo a velocidade vertical é nula: v_y(t_{\text{top}})=0. A equação da velocidade vertical é
v_y(t)=v_{0y}+a_y t.
Impondo v_y(t_{\text{top}})=0 obtemos
t_{\text{top}}=-\frac{v_{0y}}{a_y}=\frac{v_{0y}}{|a_y|}.
Substituindo os valores:
t_{\text{top}}=\frac{4{,}10\times10^{5}}{6{,}848\times10^{13}}\approx5{,}985\times10^{-9}\\ \mathrm{s}\approx5{,}99\\ \mathrm{ns}.
Observe que t_{\text{top}} é metade do tempo total encontrado no Passo 4, como era de esperar para um movimento simétrico com aceleração constante.

Passo 6

Altura máxima atingida (parte (b)). Podemos usar a equação do deslocamento vertical até o topo:
y_{\text{max}}=v_{0y}t_{\text{top}}+\tfrac{1}{2}a_y t_{\text{top}}^2.
Ou a fórmula clássica sem tempo:
y_{\text{max}}=\frac{v_{0y}^2}{2|a_y|}.
Ambas são equivalentes; usarei a segunda por ser direta.
Substituindo números:
y_{\text{max}}=\frac{(4{,}10\times10^{5})^2}{2\cdot6{,}848\times10^{13}}=\frac{1{,}681\times10^{11}}{1{,}3696\times10^{14}}.
y_{\text{max}}\approx1{,}227\times10^{-3}\\ \mathrm{m}=1{,}227\\ \mathrm{mm}\approx1{,}23\\ \mathrm{mm}.
Portanto a altura máxima é aproximadamente 1{,}23\\ \mathrm{mm}.

Passo 7

Deslocamento horizontal quando atinge a altura máxima (parte (c)).
Como não há aceleração horizontal, a componente horizontal da velocidade é constante: v_x(t)=v_{0x}. O deslocamento horizontal até o topo é
x_{\text{top}}=v_{0x}t_{\text{top}}.
Usando os valores já calculados:
x_{\text{top}} = (7{,}10145\times10^{5})\cdot(5{,}985\times10^{-9}) \\ \mathrm{m}.
x_{\text{top}}\approx4{,}249\times10^{-3}\\ \mathrm{m}=4{,}249\\ \mathrm{mm}\approx4{,}25\\ \mathrm{mm}.
Arredondando conforme a precisão dos dados, isso dá aproximadamente 4{,}3\\ \mathrm{mm}, que coincide com a resposta fornecida.

Resposta

(a) 12\\ \mathrm{ns}
(b) 1{,}23\\ \mathrm{mm}
(c) 4{,}3\\ \mathrm{mm}

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