Baixe HALLLIDAY CAP 32 RESOLVIDO e outras Exercícios em PDF para Física, somente na Docsity!
C apítulo 32
1. Como, de acordo com a lei de Gauss para campos magnéticos,
6
1 Bn 0, n =
∑ Φ^ = temos
5
6 1
1Wb 2 Wb 3Wb 4 Wb 5Wb 3Wb. B Bn n =
2. (a) O fluxo através da face superior é +(0,30 T) π r
2 , em que r = 0,020 m. De acordo com o enunciado, o fluxo através da face
inferior é +0,70 mWb. Como o fluxo total é zero, o fluxo através das faces laterais deve ser negativo e igual, em valor absoluto, à
soma dos fluxos através das faces superior e inferior. Assim, o valor absoluto do fluxo através das faces laterais é 1,1 mWb.
(b) O fato de que o fluxo através das faces laterais é negativo significa que o sentido do fluxo é para dentro.
3. PENSE De acordo com a lei de Gauss para o magnetismo, o fluxo magnético através de uma superfície fechada é zero.
FORMULE A lei de Gauss para o magnetismo é expressa pela equação
B d A ⋅ =0.
Neste problema, a superfície gaussiana tem a
forma de um cilindro circular reto, com duas bases planas e uma superfície curva. Assim,
em que F 1 é o fluxo magnético através de uma das bases, F 2 é o fluxo magnético através da outra base, e FC é o fluxo magnético
através da superfície curva. No caso da primeira base, o fluxo magnético é para dentro do cilindro; portanto, F 1 = - 25,0 Wb. No
caso da segunda base, o campo magnético é uniforme, perpendicular à superfície, e aponta para fora, o que nos dá F 2 = AB = π r 2 B,
em que A é a área da base e r é o raio do cilindro.
ANALISE (a) Substituindo os valores conhecidos, temos
Como a soma dos três fluxos deve ser igual a zero,
Assim, o módulo do fluxo magnético através da superfície lateral do cilindro é |FC| = 47,4 μ Wb.
(b) O sinal negativo de FC indica que o fluxo magnético através da superfície lateral é para dentro do cilindro.
APRENDA Uma das consequências da lei de Gauss para o magnetismo é o fato de que não existem monopolos magnéticos; a
estrutura magnética mais simples é o dipolo magnético, que possui um polo norte e um polo sul.
4. De acordo com a lei de Gauss para campos magnéticos, o fluxo S 1 através da metade da superfície lateral do cilindro que está
acima do eixo x é igual ao fluxo S 2 através da parte do plano xz que está no interior do cilindro. Assim,
0 0 1 2 esquerdo
( ) ( ) ( ) 2 ( ) 2 ln 3. 2 2
r r r
B B (^) r r r
i iL S S B x L dx B x L dx L dx r x
μ μ
− − − π π
5. PENSE Este problema envolve o fato de que a variação do fluxo elétrico induz um campo magnético.
FORMULE Considere uma circunferência com o centro no eixo do capacitor, de raio r > R, em que R é o raio das placas. Como
não há corrente entre as placas do capacitor, a lei de Ampère-Maxwell se reduz a
em que (^) B
é o campo magnético em pontos da circunferência, e FE é o fluxo do campo elétrico através da região limitada pela
circunferência. Como o campo B
aponta no sentido da tangente à circunferência, e FE = AE = π R 2 E, temos
o que nos dá
ANALISE Explicitando dE/dt, fazendo r = 6,0 mm = 6,0 × 10
- 3 m e levando em conta o fato de que, a essa distância do eixo, o
campo magnético induzido é B = 2,0 × 10
APRENDA Do lado de fora do capacitor, o campo magnético induzido é inversamente proporcional à distância radial r.
6. De acordo com as Eqs. 32-18 e 32-19, a integral do campo ao longo da trajetória indicada é dada por
0 0 2
área envolvida (4,0 cm)(2,0 cm) (0,75 A) 52 nT m. área total 12 cm
d μ i μ
7. (a) Como r 1 = 2,00 cm < R, usamos a Eq. 32-16,
2 0 1
d B = μ i r π R em que a corrente de deslocamento id é dada pela Eq. 32-10:
12 2 2 3 14 0 (8,85 10 C /N m )(3,00 10 V/m s) 2,66 10 A. E d
d i dt
ε
= = × ⋅ × ⋅ = ×
Assim, temos
7 14 0 1 19 2 2
(4 10 T m/A)(2.66 10 A)(0,0200 m) 1,18 10 T. 2 2 (0,0300 m)
d i r B R
μ (^) π
π π
− − × ⋅ × − = = = ×
(b) Como r 2 = 0,0500 m > R, usamos a Eq. 32-17:
7 14 0 19
2
(4 10 T m/A)(2,66 10 A) 1,06 10 T. 2 2 (0,0500 m)
μ (^) π
π π
− − × ⋅ × − = = = ×
d i B r
8. (a) Aplicando a Eq. 32-3 à circunferência descrita no enunciado, obtemos
0 0 (2 ) (0,60 V m/s)
r B r R
π = ε μ ⋅ .
Para r = 0,0200 m (na verdade, o valor de r não é usado na solução e serve apenas para indicar que a circunferência está no interior
da região circular) e R = 0,0300 m, obtemos
12 2 2 7 0 0
17
(0,60 V m/s) (8,85 10 C /N m )(4 10 T m/A)(0,60 V m/s)
2 2 (0,0300 m)
3,54 10 T.
ε μ π
π π
− −
−
⋅ × ⋅ × ⋅ ⋅
= ×
B
R
(b) Para um valor de r maior que R, o fluxo envolvido tem o valor máximo. Assim, temos
0 0 B (2 π r ) = ε μ(0,60 V m/s),⋅
Assim, de acordo com a Eq. 32-3,
2 0 0 ,
B π r = μ ε π R
que, para r = 0,0500 m, nos dá
(^2 12 7 ) 0 0 (8,85 10^ )(4^10 )(0,030)^20 1,67 10 T. 12 12(0,0500)
R
B
r
μ ε π − − × × − = = = ×
11. (a) Levando em conta o fato de que o campo elétrico (supostamente uniforme) é dado por E = V/d, em que d é a distância entre
as placas, podemos usar o resultado do item (a) do Exemplo 32.01, “Campo magnético induzido por um campo elétrico variável”:
0 0 0 0 . 2 2
r (^) dE rdV B r R dt d dt
μ ε μ ε = = ≤
Para V = Vmáx sen( ω t), obtemos
0 0 0 0 máx máx máx cos( ) 2 2
r rV B V t B d d
μ ε μ ε ω = ω ω ⇒ =
em que Vmáx = 150 V. O valor de Bmáx aumenta com R até atingir o valor máximo para R = r = 30 mm:
12 3 0 0 max máx (^3)
12
(4 H m)(8,85 10 F m)(30 10 m)(150V)(150V)
2 2(5,0 10 m)
1,9 10 T 1,9 pT.
r R
RV
B
d
μ ε ω π
−7 − −
= −
−
×10 × ×
×
= × =
(b) Para r ≤ 0,03 m, usamos a expressão obtida no item (a), Bmáx = μ 0 ε 0 rVmáx ω /2d; para r ≥ 0,03 m, usamos o resultado do item (b)
do Exemplo 32.01, “Campo magnético induzido por um campo elétrico variável”:
2 2 2 0 0 0 0 0 0 máx máx máx máx máx 2 0 0 máx .
cos( ) 2 2 2
R (^) dE R (^) dV R B V t r dt rd dt rd
R V
r R rd
μ ε μ ε μ ε ω ω
μ ε ω
^
A figura a seguir mostra o gráfico de Bmáx em função de r.
12. Os resultados do Exemplo 32.01, “Campo magnético induzido por um campo elétrico variável”, indicam que B μ r para r ≤ R e
B μ r
- para r ≥ R. Isso significa que o valor de B é máximo para r = R; além disso, existem dois valores possíveis de r para os quais
o campo magnético é 75% de Bmáx. Vamos chamar de r 1 e r 2 esses dois valores, com r 1 < R e r 2 > R.
(a) Do lado de dentro do capacitor, 0,75 Bmáx/Bmáx = r 1 /R, o que nos dá r 1 = 0,75R = 0,75(40 mm) = 30 mm.
(b) Do lado de fora do capacitor, 0,75 Bmáx/Bmáx = R/r 2 , o que nos dá r 2 = R/0,75 = (40 mm)/0,75 = 53 mm.
(c) De acordo com as Eqs. 32-15 e 32-17,
7 0 0 5 máx
(4 10 T m A)(6,0A) 3,0 10 T. 2 2 2 (0,040m)
d i (^) i B R R
μ (^) μ π
π π π
− × ⋅ − = = = = ×
13. Vamos chamar de A a área das placas e de d a distância entre as placas. De acordo com a Eq. 32-10,
0 0 0 0 ,
E d
d d d V A dV i AE A dt dt dt d d dt
ε ε ε ε
e, portanto,
5 6 0
1,5A
7,5 10 V s. 2,0 10 F
d d dV i d i
dt ε A C
−
= = = = ×
×
14. Considere uma superfície de área A perpendicular a um campo elétrico uniforme E.
A densidade de corrente de deslocamento
é uniforme e perpendicular à superfície. O módulo dessa densidade de corrente é dado por Jd = id/A. Como, de acordo com a Eq.
32-10, id = e 0 A(dE/dt), temos
0 0
d.
dE dE J A A dt dt
= ε =ε
15. PENSE A corrente de deslocamento está relacionada à variação do fluxo do campo elétrico por meio da equação id = e 0 (dFE/dt).
FORMULE Sejam A a área das placas e E o módulo do campo elétrico na região entre as placas. Como o campo na região entre
as placas é uniforme, E = V/d, em que V é a diferença de potencial entre as placas e d é a distância entre as placas.
ANALISE A corrente de deslocamento é
Como e 0 A/d é a capacitância C de um capacitor de placas paralelas (em que o espaço entre as placas não contém um dielétrico), temos
APRENDA A corrente real usada para carregar o capacitor é
Assim, i = id.
16. Podemos usar a Eq. 32-14, 0
d i = ε A dE dt Note, que, nesta equação, A é a área em que existe um campo elétrico variável.
Como o raio r do anel é maior que o raio R das placas do capacitor, A = pR
2
. Assim,
( ) (^ )
12 2 12 2 2 2 0 0
2,0A
7,2 10 V/m s. 8,85 10 C /N m 0,10m
d d dE i i
dt ε A (^) ε π R π
−
= = = = × ⋅
× ⋅
20. (a) De acordo com a Eq. 32-16, temos
0 2
2,22 T.
i r d B R
μ μ π
(b) De acordo com a Eq. 32-17, temos
0 2,00 T. 2
d i B r
μ μ π
21. (a) Vamos usar a Eq. 32-11, considerando nulo o segundo termo. O primeiro termo, id,env, pode ser calculado integrando a
densidade de corrente de deslocamento:
3 2 2 , env 0 0
2 (4,00 A/m )(2 ) 1 / 8 2 3
r r
d d
r i J r dr r R r dr r R
π π π
em unidades do SI. De acordo com a Eq. 32-17 (com a corrente id substituída por id, env), obtemos
0 , env 27,9 nT 2
d i B r
μ
π
(b) Como, nesse caso, r > R, o limite superior da integral do item (a) passa a ser R. Assim, temos
3 2 2 , env
d d
R
i i R R R
π π
e a Eq. 32-17 nos dá
0 15,1nT. 2
d i B r
μ
π
22. (a) Vamos usar a Eq. 32-11, considerando nulo o segundo termo. De acordo com a Eq. 32-17 (com a corrente id substituída
por id,env), obtemos
0 , env (^0) .
(3,00 A)( / )
20,0 T
d i (^) r R B r r
μ (^) μ μ π π
(b) Nesse caso, id = 3,00 A e
0 12,0 T. 2
d i B r
μ μ π
23. PENSE Se o campo elétrico entre as placas de um capacitor de placas paralelas está variando, existe uma corrente de desloca-
mento id = e 0 (dFE/dt) entre as placas.
FORMULE Sejam A a área das placas e E o módulo do campo elétrico na região entre as placas. Como o campo entre as placas
é uniforme, E = V/d, em que V é a diferença de potencial entre as placas e d é a distância entre as placas. A corrente que entra na
placa positiva do capacitor é
que é igual à corrente de deslocamento.
ANALISE (a) Assim, em qualquer instante, a corrente de deslocamento id na região entre as placas é igual à corrente de condução
i nos fios: id = i = 2,0 A.
(b) A taxa de variação do campo elétrico é
(c) A corrente de deslocamento através da região envolvida pela trajetória tracejada é
(d) A integral do campo magnético ao longo da trajetória tracejada é
APRENDA Como a corrente de deslocamento é uniforme no espaço entre as placas, a corrente de deslocamento através da região
envolvida pela trajetória tracejada é proporcional à área da região.
24. (a) De acordo com a Eq. 32-10,
5 4 4 0 0 0 0
12 2 2 2 2 4
8
4,0 10 6,0 10 6,0 10 V m s
8,85 10 C /N m 4,0 10 m 6,0 10 V m s
2,1 10 A.
E d
d (^) dE d i A A t A dt dt dt
ε ε ε ε
− −
−
= = × − × = − × ⋅
= − × ⋅ × × ⋅
= − ×
Assim, o valor absoluto da corrente de deslocamento é 8 | | 2,1 10 A. d i − = ×
(b) Como o sinal de id^ é negativo, o sentido da corrente de deslocamento é para baixo.
(c) De acordo com a Eq. 32-18, para uma trajetória circular no sentido anti-horário na região entre as placas,
∫s 0
d 0, s
B ds ⋅ = μ i <
o que significa que B ds ⋅ <0.
Assim, o sentido de B
é o sentido horário.
25. (a) De acordo com a Eq. 32-18, temos
2 env 0 6 2 3 0 0
7
1,26 10 H m 20A m 50 10 m 2 2 2 2
6,3 10 T 0,63 T.
d d
I J^ r B J r r r
μ^ μ^ π μ π π
μ
− −
−
= = = = × ×
= × =
(b) Como 2 2 0 0
E d d
d (^) dE i J r r dt dt
π ε ε π
= = = temos
2 12 12 0
20A m 2,3 10 V/m s. 8,85 10 F m
dE J d
dt ε
−
= = = × ⋅
×
26. (a) Como, de acordo com a Eq. 32-15, i = id, a corrente de deslocamento envolvida pelo anel é
2
,env 2
1,33A.
d
R i i i R
π
π
(g) De acordo com a regra da mão direita, o sentido de Bi
em t = 20 ms é para fora do papel.
(h) De acordo com a regra da mão direita, o sentido de id
B
em t = 20 ms é para fora do papel.
29. (a) De acordo com a Eq. 32-15, id = i para qualquer valor de t. Assim, imáx = id máx = 7,60 μ A.
(b) Como, de acordo com a Eq. 32-10, id = e 0 (dFE/dt),
6 máx (^5) 12 máx 0
7,60 10 A
8,59 10 V m s 859 kV m s. 8,85 10 F m
d E i d
dt ε
−
−
Φ^ ×
= = = × ⋅ = ⋅
×
(c) A corrente de deslocamento é dada por
0 0 0 0
E d
d (^) d d V A dV i AE A dt dt dt d d dt
ε ε ε ε
^ ^
em que A é a área das placas. Como a diferença de potencial entre as placas do capacitor é igual, em valor absoluto, à fem da fonte,
V = em sen ω t e dV/dt = ω em cos ω t. Assim, id = (e 0 A ω e/d) cos ω t, idmáx = e 0 A ω e/d, e
12 2 0 m 6 máx
3
(8,85 10 F m) (0,180 m) (130rad s)(220 V)
7,60 10 A
3,39 10 m 3,39 mm,
d
A
d i
ε ωε π −
−
−
×
×
= × =
em que foi usada a relação A = pR 2 .
(d) Podemos usar a lei de Ampère-Maxwell (Eq. 32-5) na forma ∫ B ds ⋅^^ =^ μ 0 Id ,
em que a trajetória de integração é uma circunfe-
rência de raio r em um plano paralelo às placas situado entre as placas, e Id é a corrente de deslocamento na região envolvida pela
trajetória de integração. Como a densidade de corrente de deslocamento é uniforme na região entre as placas, Id = (r 2 /R 2 )id, em que id
é a corrente de deslocamento total e R é o raio das placas. Como as linhas de campo magnético são circunferências com o centro no
eixo das placas, (^) B
é paralelo a (^) ds.
Uma vez que o módulo do campo é constante ao longo de uma circunferência,
B ds ⋅ = 2 π rB
e
2 0 0 2 2
d d
r i r rB i B R R
μ π μ π
O campo magnético máximo é dado por
6 0 máx máx 2 2
12
(4 T m A)(7,6 10 A)(0,110m)
(^2 2) 0m
5,16 10 T 5,16 pT.
i d r B R
μ π
π π
−7 −
−
×10 ⋅ ×
= × =
30. (a) O fluxo magnético através do estado do Arizona é
6 2 3 2 7 (43 10 T)(295,000km )(10 m km) 1,3 10 Wb, r
B A
− Φ = − = − × = − ×
em que foi usado o sinal negativo porque, de acordo com o enunciado, o fluxo magnético aponta para baixo. De acordo com a lei
de Gauss, este fluxo é igual ao negativo do fluxo F ʹ através do resto da superfície da Terra. Assim,
F ʹ = 1,3 H 10
7 Wb = 13 MWb.
(b) O fluxo magnético através do resto da superfície do planeta aponta para cima.
31. A componente horizontal do campo magnético da Terra é dada por Bh = B cos fi, em que B é o módulo do campo e fi é o
ângulo de inclinação. Assim,
16 T
55 T.
cos cos
h
i
B
B
μ μ φ
32. (a) A energia potencial do átomo na presença de um campo magnético externo B ext
é dada pelas Eqs. 32-31 e 32-32:
orb ext orb, ext ext
z B U = − μ ⋅ B = − μ B = − m μ B
O fato de que a energia do nível 1 não muda quando o campo B ext
é aplicado significa que ml = 0 para este nível.
(b) Como a aplicação do campo B ext
faz o nível 2 se dividir em três, o estado original envolve três valores diferentes de ml. O estado
do meio tem a mesma energia que o estado E 2 na ausência de campo aplicado; logo, corresponde ao estado com ml = 0. Os outros
dois estados possuem ml = - 1 e ml = +1.
(c) Como, para dois níveis vizinhos do estado E 2 , |∆ml| = 1, o espaçamento entre os níveis desdobrados é
24 24 U | ( m μ B B ) | | m | μ (^) B B μ (^) BB (9,27 10 J/T)(0,50T) 4,64 10 J.
− − ∆ = ∆ − (^) = ∆ (^) = = × = ×
33. PENSE Este problema envolve os níveis de energia de um elétron atômico.
FORMULE A componente z do momento angular orbital de um elétron atômico é dada por
em que ml é o número quântico magnético orbital e h é a constante de Planck. A componente z do momento dipolar magnético
orbital é dada por
em que μ B = eh/4pm é o magnéton de Bohr. Quando o elétron é submetido a um campo magnético externo B ext ,
a energia asso-
ciada à orientação de orb μ
é dada por
ANALISE (a) Para ml = 0, Lorb,z = mlh/2p = 0.
(b) Para ml = 0, μ orb,z = –ml μ B = 0.
(c) Para ml = 0, U = – μ orb,zBext = –ml μ BBext = 0.
(d) Seja qual for o valor de ml,
(e) Para ml = 3,
(f) Para ml = 3,
38. Um campo elétrico com linhas de campo circulares é induzido quando o campo magnético é aplicado. Suponha que o campo
magnético aumente linearmente de zero a B em um intervalo de tempo Dt. De acordo com a Eq. 30-25, o módulo do campo elé-
trico na posição da órbita é dado por
r dB r B E dt t
∆ t
em que r é o raio da órbita. O campo elétrico induzido é tangente à órbita e muda a velocidade do elétron. A variação de veloci-
dade é dada por
e e e
eE e r B erB v a t t t m m t m
A corrente associada ao movimento do elétron é i = ev/2pr e o momento dipolar magnético é
ev Ai r evr r
μ π π
A variação do momento dipolar magnético é
2 2 1 1 . (^2 2 2) e (^4) e
erB e r B er v er m m
μ
39. No teste proposto, o maior valor da razão entre o campo magnético e a temperatura é (0,50 T)/(10 K) = 0,050 T/K. Observando
a Fig. 32-14, vemos que este ponto está na região linear da curva de magnetização. A resposta, portanto, é sim.
40. (a) Observando a Fig. 32-14, estimamos que a inclinação da curva no ponto em que M/Mmáx = 0,5 é B/T = 0,50 T/K. Assim,
B = 0,50 T = (0,50 T/K)(300 K) = 1,5×
2 T.
(b) No ponto em que M/Mmáx = 0,9, B/T H 2 e, portanto, B = (2)(300) = 6,0× 2 T.
(c) Esses campos não podem ser produzidos em laboratório, a não ser por um tempo muito curto e em volumes muito pequenos.
41. PENSE De acordo com a definição da Eq. 32-38, a magnetização é o momento dipolar magnético por unidade de volume.
FORMULE Sejam M a magnetização e V o volume do cilindro (V = pr 2 L, em que r é o raio e L é a altura do cilindro). O momento
dipolar magnético é dado por μ = MV.
ANALISE Substituindo os valores conhecidos, obtemos
APRENDA Em uma amostra com N átomos, a magnetização atinge o valor máximo, também chamado de valor de saturação,
quando todos os dipolos estão alinhados, o que nos dá Mmáx = Nμ/V.
42. Temos
K = kT = μ ⋅ B − −μ ⋅ B = μ B
^
o que nos dá
23
23
4 4(1,0 10 J T)(0,50T)
0,48K.
3 3(1,38 10 J K)
B
T
k
μ
−
−
×
×
43. (a) Como uma carga e que se move com velocidade constante v em uma trajetória circular de raio r leva um tempo T = 2 π r/v
para descrever uma órbita completa, a corrente média é
e ev i T π r
O módulo do momento dipolar é igual a essa corrente multiplicada pela área da órbita:
2 . 2 2
ev evr r r
μ π π
Como a força centrípeta responsável pelo movimento circular tem módulo evB, a segunda lei de Newton para rotações nos dá evB
= mev 2 /r. Explicitando r e substituindo na equação anterior, obtemos
e e e
m v K ev m v eB B B
μ
A força magnética −^ ev^ ×^ B
deve apontar para o centro da trajetória circular. Para que isso aconteça, se o elétron está se movendo
no sentido anti-horário no plano do papel, o campo magnético deve apontar para fora do papel, ou seja, no sentido definido como
positivo para o eixo z. Como a carga do elétron é negativa, o sentido convencional da corrente é o sentido oposto e, de acordo com
a regra da mão direita para momentos dipolares, o momento dipolar aponta para dentro da página, ou seja, no sentido negativo
do eixo z. Assim, o momento dipolar tem o sentido oposto ao do campo magnético.
(b) Como, na demonstração da relação μ = Ke/B, os sinais se cancelam, a mesma relação é válida para um íon positivo.
(c) A direção do momento dipolar é a mesma do item (a).
(d) A magnetização do gás é dada por M = μ ene + μ ini, em que μe é o momento dipolar de um elétron, ne é a concentração de elé-
trons, μ i é o momento dipolar de um íon e ni é a concentração de íons. Como ne = ni, podemos chamar de n as duas concentrações.
Fazendo μ e = Ke/B e μ i = Ki/B, obtemos
21 3 5,3 10 m (^20 21 ) 6,2 10 J + 7,6 10 J 3,1 10 A m. 1,2 T
e i
n M K K B
− × − − = + = × × = ×
44. Os termos usados neste problema e a relação entre M e μ são discutidos no Módulo 32-7. Como a inclinação do gráfico da
Fig. 32-38 é
máx
ext
0,75 K/T,
/ 0,20 T/K
M M
B T
temos
máx
0,800 T
(0,75 K/T) 0,30.
2,00 K
μ
μ
45. PENSE De acordo com a mecânica estatística, a probabilidade de que um momento dipolar magnético submetido a um campo
magnético externo tenha uma energia U é P = e
- U/kT , em que k é a constante de Boltzmann.
FORMULE A energia orientacional de um momento magnético em um campo magnético é dada por U = − μ ⋅ B.
Assim, se o
momento magnético e o campo magnético apontam na mesma direção, U = - μ B; se o momento magnético e o campo magnético
apontam em direções opostas, U = + μ B. Usamos a notação
/ ( )
B kT P e
μ μ = para representar a probabilidade de que um momento
magnético esteja paralelo a B
e a notação / ( )
B kT P e
μ μ
− − = para representar a probabilidade de que um momento magnético esteja
antiparalelo a B.
A magnetização pode ser vista como uma “média ponderada” que leva em conta essas probabilidades.
ANALISE (a) Em um sólido com N átomos por unidade de volume, a magnetização é
(b) Como o volume da esfera é
(1,82 10 m) 2,53 10 m 3 3
e
V R
π π = = × = ×
e o volume da Terra é
a fração do volume da Terra ocupada pela esfera é
APRENDA O núcleo da Terra realmente contém uma grande quantidade de ferro, mas a possibilidade de que o magnetismo
terrestre se deva a um ímã permanente parece remota, por várias razões. Para começar, a temperatura do núcleo é maior que a
temperatura de Curie do ferro.
48. (a) Como, de acordo com o Apêndice F, a massa molar do ferro é 55,847 g/mol, o número de átomos de ferro contidos na
barra de ferro é
3 2 23 23
(7,9g cm )(5,0cm)(1,0cm ) 4,3 10. (55,847g mol) (6,022 10 mol)
N = = ×
×
Assim, o momento dipolar da barra de ferro é
23 23 2 μ (2,1 10 J T)(4,3 10 ) 8,9A m.
− = × × = ⋅
(b) π = μ B sen 90° = (8,9 A·m 2 )(1,57 T) = 13 N·m.
49. PENSE O acoplamento de câmbio é um fenômeno responsável pelo alinhamento do spin de um átomo com os spins dos átomos
vizinhos. Este problema envolve uma investigação dos dipolos magnéticos como possíveis responsáveis pelo acoplamento de câmbio.
FORMULE O campo de um dipolo em um ponto do eixo é dado pela Eq. 29-27:
em que μ é o momento dipolar magnético e z é a distância do centro do dipolo. A energia de um dipolo magnético μ
na presença
de um campo magnético (^) B
é dada por
em que f é o ângulo entre o momento dipolar e o campo.
ANALISE (a) O módulo do campo magnético a uma distância de 10 nm do átomo é
(b) A energia necessária para inverter a orientação do dipolo (de f = 0° para f = 180°) é
(c) A energia cinética média de translação dos átomos à temperatura ambiente é da ordem de 0,04 eV, ou seja, uma energia cerca
de 10
8 vezes maior que a energia necessária para inverter a orientação de um dipolo atômico. Assim, as interações dipolo-dipolo
não poderiam manter por muito tempo o alinhamento do spin de um átomo com os spins dos átomos vizinhos.
APRENDA O alinhamento persistente dos spins de átomos vizinhos, mesmo na presença da agitação térmica, é que proporciona
aos materiais ferromagnéticos um magnetismo permanente.
50. (a) De acordo com a Eq. 28-36,
2 o barra
4
sen (2700 A/m)(0,06 m) (0,003 m) (0,035 T)sen(68 )
1,49 10 N m,
τ μ B θ π
−
= × ⋅
em que usamos o fato de que o volume de um cilindro é igual à área da base multiplicada pela altura.
(b) De acordo com a Eq. 29-38, temos
DU = – μ barra B(cos qf – cos qi)
= –(2700 A/m)(0,06 m)p(0,003m) 2 (0,035T)[cos(34°) – cos(68°)]
= –72,9 μ J.
51. A magnetização de saturação corresponde ao alinhamento perfeito de todos os dipolos atômicos e é dada por Msat = μ n, em que
n é o número de átomos por unidade de volume e μ é o momento dipolar magnético de um átomo. O número de átomos de níquel
por unidade de volume é n = r/m, em que r é a massa específica do níquel. A massa de um átomo de níquel pode ser calculada
usando a relação m = M/NA, em que M é a massa atômica do níquel e NA é a constante de Avogadro. Assim,
3 23 A^22
28 3
(8,90g cm )(6,02 10 átomos mol)
9,126 10 átomos cm
58,71g mol
9,126 10 átomos m.
N
n
M
ρ ×
= = = ×
= ×
O momento dipolar de um átomo de níquel é
5 sat 24 2 28 3
4,70 10 A m 5,15 10 A m. 9,126 10 m
M
n
μ
× −
= = = × ⋅
×
52. A temperatura de Curie do ferro é 770°C. Se x é a profundidade em que a temperatura atinge este valor, 10°C + (30°C/km)
x = 770°C. Assim,
770 C 10 C
25 km. 30 C km
x
53. (a) De acordo com a Eq. 32-40, o módulo do campo magnético produzido por um toroide é dado por B 0 = μ 0 niP, em que n é
o número de espiras por unidade de comprimento do toroide e iP é a corrente na bobina. Vamos usar o raio médio rméd = (rext +
rint)/2, em que rext é o raio externo e rint é o raio interno, para calcular n:
3 2 méd
400 espiras 1,16 10 espiras/m. 2 2 ( m)
N
n π r π
−
= = = ×
5,5×
Assim,
3 0 7 3 0
0, 20 10 T
0,14 A.
(4 T m/A)(1,16 10 / m)
P
B
i μ n π
−
−
×
×10 ⋅ ×
7 22 2 0 2 2 máx 3 6 3
4
(4 10 T m A)(8,00 10 A m ) 1 3sen 1 3(1,00) 4 4 ( m)
3,83 10 T.
B (^) m r
μ μ π λ π π
−
−
× ⋅ × ⋅
3, 47×
= ×
(c) Como o ângulo entre o eixo magnético e o eixo de rotação da Terra é 11,5° (veja o Módulo 32-4), lm = 90,0° – 11,5° = 78,5° no
polo geográfico da Terra. Além disso, r = Rt = 6370 km. Assim,
7 22 2 0 2 3 3
5
(4 10 T m A)(8,0 10 J T) 1 3sen 78, 1 3sen 4 4 ( m)
6,11 10 T.
m t
B
R
μ μ π λ π π
−
6
−
× ⋅ × + °
6,37×
= ×
(d) ( )
1 φ i tan 2 tan 78,5 84,.
− = ° = °
(e) Uma explicação plausível para a discrepância entre os valores calculados e medidos do campo magnético da Terra é que as
expressões usadas para calcular o campo são baseadas na hipótese de que o campo magnético da Terra é o campo de um dipolo,
o que não corresponde exatamente à realidade.
55. (a) De acordo com a relação
2 μ = iA = i π Rt ,temos
22 8 2 6 2
8,0 10 J/T
6,3 10 A.
t m)
i R
μ
π π
×
= = = ×
(6,37 ×
(b) Sim, porque, longe da Terra, tanto o campo magnético da Terra como o campo magnético criado pela espira seriam campos
dipolares. Se os dois campos tivessem orientações opostas, o cancelamento seria total.
(c) Não, porque, nas proximidades da espira, o campo produzido por uma espira não é igual ao campo produzido por um dipolo
magnético.
56. (a) Como o período de rotação é T = 2p/w, este é o tempo que a carga completa do anel leva para passar por um ponto fixo
na trajetória do anel. Assim, a corrente associada à carga do anel é i = q/T = qw/2p e o módulo do momento dipolar magnético é
q iA r q r
ω μ π ω π
(b) Dobramos os dedos da mão direita no sentido da rotação. Como a carga é positiva, o polegar aponta na direção do momento
dipolar magnético, que é a mesma do vetor momento angular do anel.
57. A energia potencial associada à interação do dipolo magnético da bússola com o campo magnético da Terra é
U = − μ ⋅ BT = −μ BT cos θ,
^
em que θ é o ângulo entre^ μ
e. T
B
Para θ pequeno,
2 (^12) cos 1 2 2
T T T
U B B B
θ θ μ θ μ κθ μ
em que k = μ BT. Aplicando a lei de conservação da energia ao movimento da agulha da bússola, temos
2 (^1 1 ) const. 2 2
d I dt
θ κθ
Essa expressão é semelhante à da conservação da energia mecânica em um sistema massa-mola:
2 (^1 1 ) const., 2 2
+^ =
dx m kx dt
que nos dá ω = k m .Assim, por analogia, temos
2
t T
B B
I I ml
κ^ μ μ ω = = =
o que nos dá
2 2 2 2 2 2 6
(0,050 kg)(4,0 10 m) (45rad s) 8, 4 10 J T. 12 12(16 10 T) T
ml
B
ω μ
−
−
×
= = = ×
×
58. (a) De acordo com a Eq. 29-20, 0 2
222 T.
(^2) f
ir B R
μ μ π
(b) De acordo com a Eq. 29-17, 0 167 T. 2
i B r
μ μ π
(c) De acordo com a Eq. 29-17, 0 22,7 T. 2
i B r
μ μ π
(d) De acordo com as Eqs. 32-15 e 32-16, 2
0 1,25 T. (^2) p
d i r B R
μ μ π
(e) De acordo com as Eqs. 32-15 e 32-16, 0 2
3,75 T.
d i r B r
μ μ π
(f) A Eq. 32-17 nos dá
0 22,7 T. 2
d i B r
μ μ π
(g) Como a corrente de deslocamento no espaço entre as placas se distribui em uma área maior, os valores de B nessa área são
relativamente pequenos. Do lado de fora do espaço entre as placas, os valores da corrente no fio e da corrente de deslocamento
são iguais.
59. (a) Podemos usar o resultado do item (a) do Exemplo 32.01, “Campo magnético induzido por um campo elétrico variável”:
0 0 para , 2
r dE B r R dt
μ ε = ≤
em que, no nosso caso, r = 0,80R e
( )
0 0
dE d V d (^) t V t V e e dt dt d d dt d
τ τ
τ
em que V 0 = 100 V. Substituindo por valores numéricos, temos
0 0 0 0 0 0
7 12 2 2 12 ms 3
13 12 ms
(4 10 T m A)(8,85 10 C /N m )(100V)(0,80)(16mm)
2(12 10 s)(5,0mm)
(1,2 10 T).
t t
t
t
r V V r B t e e d d
e
e
μ ε τ μ ε τ
τ τ
π
− −
− − − −
− −
× ⋅ × ⋅
×
= − ×
