Enunciado

O movimento de uma partícula carregada em um campo eletromagnético pode ser obtido pela equação de Lorentz para a força sobre uma partícula nesse tipo de campo. Se o vetor do campo elétrico é E e o vetor do campo magnético é B , a força sobre uma partícula de massa m , com uma carga q e velocidade v é fornecida por:

F = q E + q v × B

Onde supomos que v ≪ c (velocidade da luz).

(a) Se não existe nenhum campo elétrico e se a partícula adentra o campo magnético em uma direção perpendicular às linhas de fluxo magnético, mostre que a trajetória é um círculo com raio:

r = m v q B = v ω r

Onde ω = q B / m é a frequência de cíclotron.

(b) Escolha o eixo z na direção de B e considere o plano E e B como o plano x y . Desse modo,

B = B k             e         E = E y J + E z k

Demonstre que a componente z do movimento é fornecida por:

z t = z 0 + z 0 t + q E z 2 m t 2

Onde

z 0 = z 0       e       z ( 0 ) ≡ z 0

(c) Continue o cálculo e obtenha expressões para x ˙ ( t ) e y ˙ ( t ) . Demonstre que as médias de tempo dessas componentes da velocidade são:

x ˙ = E y B ,                 y ˙ = 0

(Mostre que o movimento é periódico e calcule a média sobre um período completo.)

(d) Integre as equações de velocidade encontradas em (c) e demonstre (com as condições inicias x 0 = - A / ω r , x ˙ 0 = E y = E y B   y 0 = 0 ,     y ˙ ( 0 ) = A ),

x t = - A ω cos ⁡ ω t + E B t ,   y t = A ω sin ⁡ ω t

Essas são as equações paramétricas de um trocoide. Faça um gráfico da projeção da trajetória no plano x y – para os casos (i)   A > [ E y / B ] , (ii) A < [ E y / B ] e (iii) A = [ E y / B ] . O último caso produz um cicloide.

Passo 1

Faala meu povo, bora com tudo pra mais uma questão do nosso livro!

A nossa equação da força é dada por:

F = q ( E + v × B )

Com esses dados vamos iniciar nossa resolução:

Letras (a)

Observe que quando E   =   0 , a força é sempre perpendicular à velocidade. Esta é uma aceleração centrípeta e pode ser analisada por meios elementares. Neste caso temos também para que v × B = v B .

m a c e n t r i p e t a = m v 2 r = q v B

Resolvendo isso para r , teremos:

r = m v q B = v ω c

Com ω c = q B / m .

Passo 2

Letra (b)

Aqui não fazemos suposições sobre as orientações relativas de v e B , ou seja, a velocidade pode ter um componente na direção z ao entrar na região do campo. Deixe r = x i + y j + z k , com v = r ˙ e a = r ¨ . Iremos calcular primeiro o termo v × B .

v × B = i j k x ˙ y ˙ z ˙ 0 0 B = B ( y ˙ i - x ˙ j )

Dessa forma a equação de Lorentz torna-se:

F = m m ¨ = q B y ˙ i + E y - B x ˙ j + q E z k

Reescrevendo isso como equações componentes:

x ¨ = q B m y ˙ = ω c y ˙

y ¨ = - q B m x ˙ + q E y m = - ω c x ˙ - E y B

z ¨ = q E z m

Note que a equação do movimento componente z ¨ = q E z / m   é facilmente integrável, com as constantes de integração dadas pelas condições iniciais no enunciado do problema, assim temos:

z t = z 0 + z ˙ 0 t + q E z 2 m t 2

Passo 3

Letras (c)

Somos solicitados a encontrar expressões para x ˙ e y ˙ , que chamaremos de v x e v x , respectivamente. Diferencie x ¨ = q B m y ˙ = ω c y ˙   uma vez em relação ao tempo e substitua y ¨ = - q B m x ˙ + q E y m = - ω c x ˙ - E y B   por v ˙ y :

v ¨ x = ω c v ˙ y = - ω c 2 v x - E y B

Ou

v ¨ x + ω c v ˙ x = ω c 2 E y B  

Esta é uma equação diferencial não homogênea que tem tanto uma solução homogênea (a solução para a equação acima com o lado direito igual a zero) quanto uma solução particular. A solução mais geral é a soma de ambas, que neste caso é:

v x = C 1 cos ⁡ ω c t + C 2 sin ⁡ ( ω c t ) + E y B

Onde C 1 e C 2 são constantes de integração. Este resultado pode ser substituído em y ¨ = - q B m x ˙ + q E y m = - ω c x ˙ - E y B   para obter v ˙ y

v ˙ y = - C 1 ω c cos ⁡ ω c t - C 2 ω c sin ⁡ ( ω c t )

v y = - C 1 sin ⁡ ω c t + C 2 cos ⁡ ( ω c t ) + K

Onde K é outra constante de integração. É encontrado após a substituição em x ¨ = q B m y ˙ = ω c y ˙   , no entanto, que devemos ter K   =   0 . Para calcular as médias de tempo, observe que tanto o seno quanto o cosseno têm um média de zero em um de seus períodos T = 2 π / ω c .

x ˙ = E y B ,     y ˙ = 0

Passo 4

Letra (d)

Obtemos as equações paramétricas simplesmente integrando as equações de velocidade.

x = C 1 ω c sin ⁡ ω c t - C 2 ω c cos ⁡ ω c t + E y B + D x

y = C 1 ω c cos ⁡ ω c t + C 2 ω c cos ⁡ ω c t + D y

Onde, de fato, D x e D y são constantes de integração. Podemos agora avaliar todos os C ' s e D ' s usando nossas condições iniciais x 0 = - A / ω c , x ˙ 0 E y / B , y ( 0 ) = 0 e y 0 =   A . Isso nos dá: C 1 = D x = D y = 0 , C 2 = A e dá a resposta correta:

x t = - A ω c cos ⁡ ω c t + E y B t

y t = A ω c sin  ⁡ ω c t

Esses casos são mostrados na figura como: casos (i)   A > [ E y / B ] , (ii) A < [ E y / B ] e (iii) A = [ E y / B ] .

Resposta

Letras (a)

r = m v q B = v ω c

Letra (b)

z t = z 0 + z ˙ 0 t + q E z 2 m t 2

Letra (c)

x ˙ = E y B ,     y ˙ = 0

Letra (d)

x t = - A ω c cos ⁡ ω c t + E y B t     e     y t = A ω c sin  ⁡ ω c t

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