IME/ITA ⇒ (AFA - 2006) Campo Elétrico Tópico resolvido

[Santino]

Uma partícula de carga q e massa m penetra perpendicularmente às linhas de força de um campo elétrico uniforme E com a menor velocidade suficiente para sair sem tocar as placas, como mostra a figura abaixo.

nn73sx.png (21.22 KiB) Exibido 2675 vezes

A velocidade que ela deixa o Campo Elétrico é

a) [[tex3]\[\frac{Eq}{m}\(\frac{L^{2}+ 4d^{2}}{2d}\)\]^{\frac{1}{2}}[/tex3]

b) [tex3]\(2\frac{Eqd}{m}\)^{\frac{1}{2}}[/tex3]

c) [[tex3]\[\frac{Eq}{m}\(\frac{L+ d}{L^{2}}\)\]^{\frac{1}{2}}[/tex3]

d) [tex3]\(\frac{EqL^{2}}{2md}\)^{\frac{1}{2}}[/tex3]

Resposta

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a

Está dizendo que a resposta é essa, porém eu tô achando uma resolução que não está no gabarito e eu vi outra resolução que a pessoa disse tbm que não tem resposta no gabarito. Então, só queria uma segunda opinião....

[LostWalker]

Comentário

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Minha intuição me diz que respondi isso faz 1 ano e meio...




Vetor Horizontal

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O Fluxo apenas irá fazer diferença para o sentido vertical, logo, a distância não muda, com isso, podemos dizer que o tempo que se leva para atravessar esse lugar corresponde a:

[tex3]vt=L[/tex3]

[tex3]\boxed{v=\frac Lt}[/tex3]




Vetor Vertical

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Como já temos o [tex3]L[/tex3] definido, precisamos encontrar [tex3]t[/tex3], ocorre que o valor de [tex3]t[/tex3] é justamente o tempo que se leva a partícula chegar na placa. Deste modo, vamos calcular:

[tex3]\frac d2=\frac {at^2}2[/tex3]

[tex3]d=at^2[/tex3]

[tex3]\boxed{t=\sqrt{\frac da}}[/tex3]

nota: o tempo sempre é positivo nesses casos




Aceleração

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Equilíbrio manjado, como a única força que atua nesse cenário é a Força Elétrica, podemos traduzi-la para Força Resultante, logo:

[tex3]F_r=F_{el}[/tex3]

[tex3]ma=qE[/tex3]

[tex3]\boxed{a=\frac{qE}m}[/tex3]




Juntando Todos os Dados

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Bem, é literalmente isso, sem mais delongas:

[tex3]v=\frac L{\color{PineGreen}t}[/tex3]

[tex3]v=L\cdot{\color{PineGreen}\sqrt{\frac ad}}[/tex3]

[tex3]v=L\cdot{\sqrt{\frac {\color{Purple}a}d}}[/tex3]

[tex3]v=L\cdot{\sqrt{\frac {\color{Purple}qE}{{\color{Purple}m}d}}}[/tex3]

[tex3]v={\color{NavyBlue}L}\cdot{\sqrt{\frac {qE}{md}}}[/tex3]

[tex3]v=\sqrt{\frac {qE{\color{NavyBlue}L^2}}{md}}[/tex3]


[tex3]\boxed{v=\sqrt{\frac {qEL^2}{md}}}[/tex3]


Essa se trata da menos velocidade possível para a partícula entrar no campo.




Velocidade Vertical

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A questão pede a velocidade que partícula sai das placas. O que temos é a componente horizontal, precisamos agora encontrar o valor vertical, e ela usará o mesmo tempo:

[tex3]v_y=a{\color{PineGreen}t}[/tex3]

[tex3]v_y=a\cdot{\color{PineGreen}\sqrt{\frac da}}[/tex3]

[tex3]v_y={\sqrt{d{\color{Purple}a}}}[/tex3]

[tex3]v_y={\sqrt{d\cdot{\color{Purple}{\frac{qE}m}}}}[/tex3]

[tex3]v_y={\sqrt{\frac{dqE}m}}[/tex3]




Velocidade Resultante

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[tex3]v[/tex3] já é a componente horizontal, e acabamos de encontrar a vertical, logo, podemos resolver por Pitágoras:

[tex3]v_r^2=v^2+v_y^2[/tex3]

[tex3]v_r^2=\(\sqrt{\frac {qEL^2}{md}}\)^2+\(\sqrt{\frac{dqE}m}\)^2[/tex3]

[tex3]v_r^2=\frac {{\color{PineGreen}qE}L^2}{{\color{PineGreen}m}d}+\frac{d{\color{PineGreen}qE}}{\color{PineGreen}m}[/tex3]

[tex3]v_r^2={\color{PineGreen}\frac{qE}m}\(\frac {L^2}d+d\)[/tex3]

[tex3]v_r^2=\frac{qE}m\(\frac {L^2}d+\frac{d^2}{d}\)[/tex3]


[tex3]\color{MidNightBlue}\boxed{v_r=\[\frac{qE}m\(\frac {L^2+d^2}{d}\)\]^{\frac12}}[/tex3]

[tex3]\color{MidNightBlue}\mbox{Alternativa Quase A}[/tex3]

[LostWalker]

Adicional

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Ao que parece, para bater com a solução, a soma final deveria:

[tex3]v_r^2=\frac{qE}m\(\frac {L^2}{2d}+2d\)[/tex3]


Isso resultaria na resposta, mas a única forma de alcançar isso é se a partícula entrasse no campo tocando em uma placa e se aproximasse da outra no trajeto, ou que a distância [tex3]d[/tex3] na verdade seja a distância da partícula para as duas placas (e não apenas metade como é dado no enunciado).

[LostWalker]

Santino, boas notícias, no meu comentário acima eu disse que não tinha gab, mas não tinha marcado, o autor de fato resolveu a prova, nela, está a seguinte resposta no final (no caso, o início da resolução não está na imagem):

Gabarito.png (38.61 KiB) Exibido 2666 vezes

ps: depois de umas hora, eu vi que não postei o comentário sobre ter achado um lugar com os gabaritos das provas, no caso, tinha o gab de todas as provas da AFA de 1997 a 2019, mas aparentava que 2006 era o único sem uma resolução feita pelo autor; ocorre que sim, ele não mudou o nome, mas estava sim resolvida por ele