Resolução Capítulo 30 - Halliday, Exercícios de Eletromagnetismo

Baixe Resolução Capítulo 30 - Halliday e outras Exercícios em PDF para Eletromagnetismo, somente na Docsity! LISTA 3 - Prof. Jason Gallas, DF–UFPB 10 de Junho de 2013, às 18:18 Exercı́cios Resolvidos de Fı́sica Básica Jason Alfredo Carlson Gallas, professor titular de fı́sica teórica, Doutor em Fı́sica pela Universidade Ludwig Maximilian de Munique, Alemanha Universidade Federal da Paraı́ba (João Pessoa, Brasil) Departamento de Fı́sica Baseados na SEXTA edição do “Fundamentos de Fı́sica”, Halliday, Resnick e Walker. Esta e outras listas encontram-se em: http://www.fisica.ufpb.br/∼jgallas Contents 30 O Campo Magnético 2 30.1 Questões . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 30.2 Problemas e Exercı́cios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 30.2.1 Definição de B – 1/8 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 30.2.2 A Descoberta do Elétron – 9/13 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 30.2.3 O Efeito Hall – 14/18 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 30.2.4 Movimento Circular de uma Carga – 19/37 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7 30.2.5 Cı́clotrons e Sincrotons – 38/42 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9 30.2.6 Força magnética sobre fio transportando corrente – 43/52 . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9 30.2.7 Torque sobre uma Bobina de Corrente – 53/61 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10 30.2.8 O Dipolo Magnético – 62/72 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12 Comentários/Sugestões e Erros: favor enviar para jasongallas @ yahoo.com (sem “br” no final...) (listaq3.tex) http://www.fisica.ufpb.br/∼jgallas Página 1 de 13 LISTA 3 - Prof. Jason Gallas, DF–UFPB 10 de Junho de 2013, às 18:18 30 O Campo Magnético 30.1 Questões Q 30-1. Dos três vetores na equação FB = qv × B, que pares são sempre ortogonais entre si? Que pares podem for- mar um ângulo arbitrário entre si? I Esta questão é apenas uma revisão de álgebra vetorial: o vetor que resulta de um produto vetorial de dois outros vetores deve sempre ser ortogonal aos vetores dos quais “descende”. Portanto os vetores v e B podem fazer um ângulo arbitrário entre si. Mas FB será necessariamente perpendicular tanto a v quanto a B. Q 30-3. Imagine que você esteja sentado numa sala com as costas voltadas para a parede, da qual emerge um feixe de elétrons que se move horizontalmente na direção da parede em frente. Se o feixe de elétrons for desviado para a sua direita, qual será a direção e o sentido do campo magnético existente na sala? I Vertical, para baixo. Pois fazendo o produto veto- rial v × B vemos que a força magnética aponta para a esquerda, fornecendo a direção para onde partı́culas car- regadas positivamente são desviadas. Elétrons desviam- se para a direita. Q 30-4. Como podemos descartar a hipótese de as forças exis- tentes entre ı́mãs serem forças elétricas? I Basta colocar os ı́mãs em contato e, depois separá-los: as forças não se neutralizam e sua magnitude, direção e sentido não se altera após ter havido o contato e a separação. Q 30-6. Se um elétron em movimento for desviado lateralmente ao atravessar uma certa região do espaço, podemos afir- mar com certeza que existe um campo magnético nessa região? I Não. Tal afirmativa será valida apenas se o elétron andar em cı́rculos sem variar sua energia cinética. Q 30-11. Quais são as funções fundamentais do: (a) campo elétrico e (b) campo magnético no ciclotron? I (a) Estabelecer a ddp que acelera as cargas [i.e. au- menta sua energia]; (b) Estabelecer movimento circu- lar que permite a aceleração das mesmas, ao serem re- injetadas no campo elétrico. Q 30-12. Qual é o fato central que possibilita a operação de um ciclotron convencional? Ignore considerações rel- ativı́sticas. I O fato central que permite a operação de um ciclotron é a chamada condição de ressonância, expressa pela Eq. (30-22): fcirculação = foscilador elétrico. Q 30-17. Um condutor tem uma carga total nula, mesmo quando percorrido por uma corrente. Por que, então, um campo magnético é capaz de exercer uma força sobre ele? I Numa corrente elétrica os elétrons possuem uma mobilidade grande ao passo que os prótons pratica- mente não se movem (porque estão rigidamente lig- ados na rede cristalina). Portanto, surge uma força magnética macroscópica em virtude destes movimentos microscópicos dos elétrons. Q 30-19. Uma espira retangular ocupa uma posição arbitrária num campo magnético externo. Que trabalho é necessário para girar a espira em torno de um eixo per- pendicular ao seu plano? I Nenhum. Justifique! Dica: A energia potencial magnética de um dipolo magnético ~µ colocado num campo magnético externo B é U(θ) = −~µ ·B. http://www.fisica.ufpb.br/∼jgallas Página 2 de 13 LISTA 3 - Prof. Jason Gallas, DF–UFPB 10 de Junho de 2013, às 18:18 apontando de cima para baixo (dado do problema), en- quanto que o campo magnético da Terra apontará sem- pre para dentro da página onde estiver desenhada a linha reta. Isto posto, a regra da mão direita nos fornece que v×B aponta para a direita (Leste). Porém, como a carga do elétron é negativa, a força magnética sobre ele apontará para a esquerda (Oeste). Esta resposta contradiz a resposta do livro. Mas a minha resposta parece-me ser a correta. (b) Use F = ma, onde F = evB sen ϕ. Nesta ex- pressão v é a magnitude da velocidade do elétron, B a magnitude do campo magnético, e ϕ é o ângulo entre a velocidade do elétron e o campo magnético, ou seja, ϕ = 90o. Portanto, a = evB sen 90o m = evB m . Para podermos determinar o valor numérico desta aceleração falta-nos ainda obter o valor de v, que pode ser facilmente obtido da energia cinética: v = √ 2K m = √ 2(12× 103 eV)(1.6× 10−19 J/eV) 9.11× 10−31 kg = 6.49× 107 m/s. Portanto a = evB m = (1.60× 10−19)(6.49× 107)(55× 10−6) 9.11× 10−31 = 6.27× 1014 m/s2. (c) A órbita do elétron é circular. Como a aceleração é dada por v2/R, onde R é o raio da órbita, encontramos que R = v2 a = (6.49× 107)2 6.27× 1014 = 6.72 m. O pedaço de cı́rculo percorrido pelo elétron suben- tende um ângulo θ a partir do centro. O comprimento ` = 0.20 m que foi andado no tubo implica numa redução d (“deflecção”) do raio R. O triângulo curvo cuja hipotenusa é a trajetória curva do elétron, o lado maior é ` e o lado menor é a deflexão d nos fornece R cos θ = R− d, e R sen θ = `. Elevando ambas equações ao quadrado e somando o re- sultado obtemos R2 = (R− d)2 + `2, ou seja, d = R± √ R2 − `2. O sinal “mais” corresponde a um ângulo de 180o − θ. O sinal “menos” corresponde à solução fisicamente cor- reta. Como ` é muito menor que R, podemos usar o teorema da expansão binomial e expandir √ R2 − `2. Os dois primeiros termos de tal expansão são R − `2/(2R) de onde obtemos finalmente que a deflecção (“diminuição de R”) é dada por d ' ` 2 2R = 0.00298 m = 2.98 mm. P 30-8∗ Um elétron tem uma velocidade inicial (12 km/s)j + (15 km/s)k e uma aceleração de (2×1012 km/s2)i numa região em que estão presentes um campo elétrico e um campo magnético uniformes. Sabendo-se que B = (400 µT)i, determine o campo elétrico E. I Chamando a aceleração de a e partindo-se da relação F = q(E + v ×B) = mea, encontramos sem dificuldades que E = me q a + B× v, onde o sinal negativo foi usado para trocar a ordem dos fatores no produto vetorial. E = (−11.4 i− 6.0 j + 4.8 k) V/m. 30.2.2 A Descoberta do Elétron – 9/13 E 30-10 Um elétron com energia cinética de 2.5 keV se move horizontalmente para dentro de uma região do espaço onde existe um campo elétrico direcionado para baixo e cujo módulo é igual a 10 kV/m. (a) Quais são o módulo, a direção e o sentido do (menor) campo magnético capaz http://www.fisica.ufpb.br/∼jgallas Página 5 de 13 LISTA 3 - Prof. Jason Gallas, DF–UFPB 10 de Junho de 2013, às 18:18 de fazer com que os elétrons continuem a se mover hor- izontalmente? Ignore a força gravitacional, que é bas- tante pequena. (b) Será possı́vel, para um próton, atrav- essar esta combinação de campos sem ser desviado? Se for, em que circunstâncias? I (a) Usamos a energia cinética para determinar a ve- locidade: v = √ 2K m = √ 2(2.5× 103 eV)(1.60× 10−19 J/eV) 9.11× 10−31 kg = 2.96× 107 m/s. Usando a Eq. 30-10, obtemos: B = E v = 10× 103 V/m 2.96× 107 m/s = 3.37× 10−4 T. O campo magnético tem que ser perpendicular tanto ao campo elétrico quanto à velocidade do elétron. (b) Um próton passará sem deflexão caso sua velocidade seja idêntica à velocidade do elétron. Devido à carga do próton ter sinal positivo, observe que as forças elétricas e magnéticas revertem suas direções, porém continuam a cancelar-se! E 30-11 Um campo elétrico de 1.5 kV/m e um campo magnético de 0.4 T atuam sobre um elétron em movimento de modo a produzir uma força resultante nula. (a) Calcule a velocidade escalar mı́nima v do elétron. (b) Desenhe vetores E,B e v. I Como a força resultante é nula, o módulo da força elétrica é igual ao módulo da força magnética: eE = evB. Portanto (a) v = E B = 1.5× 103 0.4 = 3.75× 103 m/s. (b) Uma possibilidade é: com B saindo perpendicular- mente ao plano da página e E apontando para baixo, temos um desvio para cima quando o elétron entrar da esquerda para a direita, no plano da página. Faça este desenho! P 30-13 Uma fonte de ı́ons está produzindo ı́ons de 6Li (massa = 6 u), cada um com uma carga +e. Os ı́ons são aceler- ados por uma diferença de potencial de 10 kV e entram numa região onde existe um campo magnético uniforme vertical B = 1.2 T. Calcule a intensidade do menor campo elétrico, a ser estabelecido na mesma região que permitirá aos ı́ons de 6Li a passagem sem desvios. I Para que a força total F = +e(E + v ×B) se anule, o campo elétrico E tem que ser perpendicular a veloci- dade v dos ı́ons e ao campo magnético B. O campo é perpendicular à velocidade de modo que v × B tem magnitude vB, sendo a magnitude do campo elétrico dada por E = vB. Como os ı́ons tem carga +e e são acelerados por uma diferença de potencial V , temos mv2/2 = eV , ou seja v = √ 2eV/m. Portanto, E = B √ 2eV m = (1.2 T ) √ 2(1.60× 10−19 C)(10× 103 V ) (6.0 u)(1.661× 10−27 kg/u) = 6.8× 105 V/m. Note que a massa, dada em u, precisou ser convertida para kg. 30.2.3 O Efeito Hall – 14/18 E 30-15 Mostre que, em termos de do campo elétrico Hall E e da intensidade de corrente J , o número de portadores de carga por unidade de volume é dado por n = JB eE . I Chamando o campo elétrico Hall de EH , temos que FB = FE = eEH ou seja, eEH = evdB. Como a velocidade de deriva é dada por vd = J/(n e), basta substitui-la na equação anterior para se encontrar que n = JB eEH . http://www.fisica.ufpb.br/∼jgallas Página 6 de 13 LISTA 3 - Prof. Jason Gallas, DF–UFPB 10 de Junho de 2013, às 18:18 30.2.4 Movimento Circular de uma Carga – 19/37 E 30-19. Campos magnéticos são freqüentemente usados para curvar um feixe de elétrons em experimentos de fı́sica. Que campo magnético uniforme, aplicado perpendicu- larmente a um feixe de elétrons que se move a 1.3×106 m/s, é necessário para fazer com que os elétrons percor- ram uma trajetória circular de raio 0.35 m? I Sabemos que evB = mv2/r. Portanto r = mv/(eB), donde tiramos que B = mv er = (9.11× 10−31 Kg)(1.3× 106 m/s) (1.6× 10−19 C)(0.35 m) = 2.11× 10−5 T. E 30-20. (a) Num campo magnético com B = 0.5 T, qual é o raio da trajetória circular percorrida por um elétron a 10% da velocidade escalar da luz? (b) Qual a sua en- ergia cinética em elétrons-volt? Ignore os efeitos rela- tivı́sticos. I (a) Use a Eq. 30-17 para calcular o raio: r = mev qB = (9.11× 10−31)(0.1)(3.0× 108) (1.60× 10−19)(0.50) = 3.4× 10−4 m. (b) K = 1 2 mev 2 = (9.11× 10−31)(3.0× 107)2 2(1.6× 10−19 J/eV) = 2.6× 103 eV. E 30-21. Que campo magnético uniforme deve ser estabelecido no espaço de modo a fazer um próton, de velocidade escalar 1 × 107 m/s, mover-se numa circunferência do tamanho do equador terrestre. I Use a Eq. 30-17: B = mpv qr = (1.67× 10−27)(1.0× 107) (1.60× 10−19)(6.37× 106) = 1.63× 10−8 T. E 30-22. I (a) v = √ 2K m = √ 2(1.20× 103)(1.60× 10−19) 9.11× 10−31 = 2.05× 107 m/s. (b) Use a Eq. 30-17: B = mev qr = (9.11× 10−31)(2.05× 107) (1.60× 10−19)(25.0× 10−2) = 4.67× 10−4 T. (c) f = v 2πr = 2.05× 107 2π(25.0× 10−2) = 1.31× 107 Hz. (d) T = 1 f = 1 1.31× 107 = 7.63× 10−8 s. E 30-24. I O perı́odo de revolução do ı́on de iodo é T = 2πr/v = 2πm/(qB), o que nos fornece m = qBT 2π = (1.60× 10−19)(45.0× 10−3)(1.29× 10−3) 7(2π)(1.66× 10−27 kg/u) = 127 u. P 30-31. I O ı́on entra no espectrômetro com uma velocidade v relacionada com o potencial por W = K = qV , assim: 1 2 mv2 = qV. http://www.fisica.ufpb.br/∼jgallas Página 7 de 13 LISTA 3 - Prof. Jason Gallas, DF–UFPB 10 de Junho de 2013, às 18:18 aceleração sofrida pelo fio dada por a = F/m. Como o fio parte do repouso, sua velocidade é v = at = F m t = iBtd m . P 30-52. Uma barra de cobre de 1 kg está em repouso sobre dois trilhos horizontais que distam 1 m um do outro e per- mite a passagem de uma corrente de 50 A de um trilho para o outro. O coeficiente de atrito estático é de 0.60. Qual é o menor campo magnético (não necessariamente vertical) que daria inı́cio ao movimento da barra? I Escolhendo uma orientação arbitrária para o campo, vemos que a força magnética terá tanto uma compo- nente horizontal quanto uma componente vertical. A componente horizontal deverá atuar de modo a vencer a força de atrito f = µsN , onde N representa a força normal que os trilhos (parados) exercem sobre a barra e µs é o coeficiente de atrito estático. A componente ver- tical da força magnética atua no sentido de reduzir tanto o peso da barra quanto a força de atrito. Seja θ o ângulo que B faz com a vertical. A força magnética é FB = iLB, pois B faz 900 com a barra horizontal. Como a barra está prestes a deslizar, usando a Eq. 1 do Cap. 6, obtemos para as componentes hori- zontais: iLB cos θ − µsN = 0. Equilibrando as componentes verticais, obtemos: N + iLB senθ −mg = 0. Eliminando N das duas equações, encontramos: iLB cos θ − µs(mg − iLB senθ) = 0, ou seja, B = µsmg iL cos θ + µs senθ . O menor valor de B ocorre quando o denominador da expressão acima for máximo. Para determina o valor de θ que maximiza tal denominador basta calcular a derivada em relação a θ do denominador e iguala-la a zero: 0 = d dθ ( cos θ + µs senθ ) = − senθ + µs cos θ. Portanto, o denominador terá um extremo [que é um máximo. Verifique isto!] quando µs = senθ/ cos θ = tg θ, ou seja, quando θ = tg−1 µs = tg −1 0.60 = 31o. Substituindo este valor de θ na expressão paraB, acima, encontramos o valor mı́nimo pedido: Bmin = 0.60(1.0 kg)(9.8 m/s2) (50 A)(1.0 m)(cos 31o + 0.60 sen 31o) = 0.10 T. 30.2.7 Torque sobre uma Bobina de Corrente – 53/61 E 30-54. A Fig. 30-39 mostra uma bobina de retangular, com 20 voltas de fio, de dimensões 10 cm [pr 5 cm. Ela trans- porta uma corrente de 0.10 A e pode girar em torno de um lado longo. Ela está montada com seu plano fazendo um ângulo de 30o com a direção de um campo magnético uniforme de 0.50 T. Calcular o torque que atua sobre a bobina em torno do eixo que passa pelo lado longo. I No plano de uma folha de papel, escolha um sis- tema de coordenadas XY com o eixo y na horizon- tal, crescendo para a direita, e o eixo x na vertical, crescendo para baixo. Com tal escolha, o eixo de giro estará sobre a vertical 0z, enquanto que o campo estará na mesma direção horizontal de y. Chame de a e b os comprimentos curtos e longos que formam o retângulo da bobina. Seja θ o ângulo de 30o entre o lado a e o campo (suposto ao longo do eixo 0y). Na bobina atuarão quatro forças, uma sobre cada um dos lados do retângulo. Porém, a única força que pode produzir um torque em relação ao eixo vertical é aquela http://www.fisica.ufpb.br/∼jgallas Página 10 de 13 LISTA 3 - Prof. Jason Gallas, DF–UFPB 10 de Junho de 2013, às 18:18 exercida sobre o lado de comprimento b oposto ao eixo de apoio. O módulo de tal força é: F = ibB sen900 = ibB, estando ela dirigida ao longo do eixo x (isto é, para baixo). De acordo com a figura indicada na solução deste prob- lema, vemos que a menor distância entre a força F e o eixo de giro (oo seja, o chamado “braço de alavanca”) é (a cos θ). Portanto, o torque para N espiras será: τ = N(ibB)(a cos θ) = 4.33× 10−3 N·m. Pela regra da mão direita o sentido é −z, ou seja, o torque está orientado de cima para baixo. I Uma outra maneira (mais formal porém bem mais direta) é calcular o torque a partir da sua definição ~τ = ~µ × ~B, onde µ = |~µ| = NiA = Ni(ab). Nesta definição é preciso cuidar para usar o ângulo correto! Notando-se que o ângulo entre ~B e ~µ (cuja direção é a da normal à espira) é de 90− θ graus, temos τ = µB sen (90− θ) = µB cos(θ) = (Niab)B cos(θ) = 4.33× 10−3 N·m. Perceba que as duas expressões usadas para τ contém exatamente os mesmos elementos, porém ordenados de modo diferente, com interpretações um pouco difer- entes: num caso o fator a cos θ da o braço de alavanca, no outro o cos θ aparece devido ao produto escalar. P 30-56. I Se N espiras completas são formadas por um fio de comprimento L, a circunferência de cada volta é de L/N , e o raio é de L2πN . Portanto, a área de cada espira vale: A = π( L 2πN )2 = L2 4πN4 . Para o torque máximo, orientamos o plano de espiras paralelamente às linhas do campo magnético; assim, se- gundo a Eq. 27, θ = 900, temos: τ = NiAB = Ni ( L2 4πN2 ) B = iL2B 4πN . Como N aparece no denominador, o torque máximo ocorre quando N = 1: τmax = iL2B 4π . P 30-59. A Fig. 30-40 mostra um anel de arame de raio a per- pendicular à direção geral de um campo magnético di- vergente, radialmente simétrico. O campo magnético no anel tem em todos os seus pontos o mesmo módulo B e faz um ângulo θ com a normal ao plano do anel. os fios de ligação, entrelaçados, não tem efeito algum sobre o problema. Determine o módulo, a direção e o sentidoda força que o campo exerce sobre o anel se este for per- corrido por uma corrente i como mostra a figura. I Considere um segmento infinitesimal do laço, de comprimento ds. O campo magnético é perpendicular ao segmento de modo que a força magnética sobre ele tem uma magnitude dF = iB ds. O diagrama abaixo mostra a direção da força para o segmento na extrema direita do laço: A componente horizontal da força tem magnitude dFh = (iB cos θ) ds e aponta para dentro do centro do laço. A componente vertical tem magnitude dFv = (iB senθ) ds e aponta para cima. Agora, somemos as forças em todos segmentos do laço. A componente horizontal da força total anula-se pois cada segmento do fio pode ser pareado com outro seg- mento, diametralmente oposto. As componentes hori- zontais destas forças apontam ambas em direção ao cen- tro do laço e, portanto, em direções opostas. A componente vertical da força total é Fv = iB senθ ∫ ds = iB senθ (2πa). Note que i, B, e θ tem o mesmo valor para cada seg- mento e portanto podem ser extraidos para fora da inte- gral. P 30-60. I (a) A corrente no galvanômetro deveria ser de 1.62 mA quando a ddp através da combinação resistor- galvanômetro é de 1 V. A ddp através do galvanômetro apenas é iG = (1.62× 10−3)(75.3) = 0.122 V http://www.fisica.ufpb.br/∼jgallas Página 11 de 13 LISTA 3 - Prof. Jason Gallas, DF–UFPB 10 de Junho de 2013, às 18:18 de modo que o resistor deve estar em série com o gal- vanômetro e a ddp através dele deve ser 1.0− 0.122 = 0.878 V. A resistência deve ser R = 0.878 1.62× 10−3 = 542 Ω. (b) A corrente no galvanômetro deveria ser de 1.62 mA quando a corrente através da combinação resistor- galvanômetro é de 50 mA. O resistor deve estar em par- alelo com o galvanômetro e a corrente através dele deve ser 50− 1.62 = 48.38 mA. A ddp através do resistor é a mesma que a ddp através do galvanômetro, 0.122 V, de modo que a resistência deve ser R = 0.122 48.8× 10−3 = 2.52 Ω. P 30-61. A Fig. 30-41 mostra um cilindro de madeira com massa m = 0.250 kg e comprimento L = 0.10 m, com N = 10 voltas de fio enrolado em torno dele longi- tudinalmente, de modo que o plano da bobina, assim, formada, contenha o eixo do cilindro. Qual é a corrente mı́nima através da bobina capaz de impedir o cilindro de rolar para baixo no plano inclinado de θ em relação à horizontal, na presença de um campo magnético uni- forme vertical de 0.5 T, se o plano dos enrolamentos for paralelo ao plano inclinado? I Se o cilindro rolar, terá como eixo instantâneo de rotação o ponto P , ponto de contato do cilindro com o plano. Nem a força normal nem a força de atrito ex- ercem torques sobre P , pois as linhas de ação destas duas forças passam pelo ponto P . As duas únicas forças que exercem torque em relação a P são (i) o peso e (ii) a força devida ao campo magnético. Da definição de torque [Eq. 12-21 da quarta edição Hal- liday] temos ~τ = r× F, onde F = mg no caso gravitacional em questão. Por- tanto, o módulo do torque devido a ação gravitacional vale τg = |r×mg| = mgR senθ, onde R representa o raio do cilindro. O torque devido ao campo magnético sobre a espira vale: τm = µB senθ = NiAB senθ = Ni(2RL)B senθ. Para que não haja rotação, os dois torques devem ser iguais (ou, equivalentemente, a soma dos torques deve ser nula): Ni2RLB senθ = mgR senθ. Portanto, i = mg 2NBL = 2.45 A. 30.2.8 O Dipolo Magnético – 62/72 E 30-62. I (a) A magnitude do momento de dipolo magnético é dada por µ = NiA, onde N é o número de voltas, i é a corrente em cada volta, e A é a área do laço. Neste caso os laços são circulares, de modo que A = πr2, onde r é o raio de uma volta. Protanto, i = µ Nπr2 = 2.50 (160)(π)(0.0190)2 = 12.7 A. (b) O torque máximo ocorre quando o momento de dipolo estiver perpendicular ao campo (ou o plano do laço for paralelo ao campo). O torque é dado por τ = µB = (2.30)(35.0× 10−3) = 8.05× 10−2 N·m. P 30-63. O momento de dipolo da Terra vale 822 J/T. Suponha que ele seja produzido por cargas fluindo no núcleo der- retido da Terra. Calcular a corrente gerada por estas car- gas, supondo que o raio da trajetória descrita por elas seja 3500 km. I Da equação µ = NiA = iπr2 obtemos sem proble- mas i = µ πr2 = 8.0× 1022 π(3500× 103)2 = 2.08× 109 A. http://www.fisica.ufpb.br/∼jgallas Página 12 de 13