Resolução Halliday volume 3 10 Ed capítulo 29, Exercícios de Física

Baixe Resolução Halliday volume 3 10 Ed capítulo 29 e outras Exercícios em PDF para Física, somente na Docsity! CarítuLo 29 1. (a) De acordo com a Eq. 29-4, po td (47107 T-m/AXIOOA) 3,3x10ºT=3,34T. 2xr 27(6,10m) ut (b) Como o valor obtido no item (a) é comparável com a componente horizontal do campo magnético da Terra, a resposta é sim. 2. De acordo com a Eq. 29-1, o valor de dB é máximo (no que se refere ao ângulo 6) para 8 = 90º e assume o valor o tti ds mix Ar RT De acordo com a Fig. 29-34b, dB, = 60 X 102 T. Explicitando i na equação anterior, obtemos 47R'dB, md Substituindo i pelo seu valor na Eq. 29-4, obtemos -2 p= Rabo 0025 m/6010 7) sy igs 7.3, 04T. ds (1,00x10 m) 3. PENSE O campo magnético produzido por um fio longo, retilíneo, percorrido por corrente pode ser calculado com o auxílio da Eq. 29-4. FORMULE De acordo com a Eq. 29-4, o módulo do campo magnético a uma distância r de um fio longo, retilíneo, que conduz uma corrente i é dado por B = Li/27r. ANALISE (a) Para que o campo resultante seja zero, 8,0 cm acima do fio, o campo produzido pela corrente nesse ponto deve ter um módulo de 39 Te apontar para o sul. Assim, 278 27(0,080m)(39x10ºT) i = - =I6A. to 47x107 T-m/A (b) Para que o campo produzido pela corrente aponte para o sul acima do fio, o sentido da corrente deve ser de oeste para leste. APRENDA A orientação do campo produzido pela corrente em um fio retilíneo é dado pela regra da mão direita: segure o fio na mão direita, com o polegar estendido apontando no sentido da corrente. Os outros dedos mostram a orientação das linhas de campo magnético produzidas pela corrente no fio. 4. Como o campo magnético no ponto C produzido pelos trechos retilíneos do fio é zero (veja o Exemplo 29.01, “Campo magnético no centro de um arco de circunferência percorrido por corrente”) e, além disso, por simetria, os campos produzidos pelos dois arcos de circunferência se cancelam, B, = 0. 5. (a) Podemos calcular o módulo do campo total no ponto a somando os campos produzidos por dois fios semi-infinitos (Eq. 29-7) com o campo produzido por um fio em forma de semicircunferência (Eq, 29-9 com 6 = 7 rad): SU Mi o (11) (4PXIO? TemVA IO A) (1, DATA AC AR > 2(00050m) 7'2 =1,0x10? T=1,0mfT. MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR 221 (b) O sentido do campo é para fora do papel, como mostra a Fig. 29-7c. (c) De acordo com o enunciado, o ponto b está tão afastado do trecho curvo do fio que o campo produzido por esse trecho pode ser desprezado. Assim, de acordo com a Eq. 29-4, o( Md) Mi (47107 T-m/A (10 A) ao B, (44) ER mo00s0no —— SOXI0!T=0,80mT. (d) O sentido do campo é para fora do papel. 6. Tomando o eixo x como horizontal e o eixo y como vertical na Fig. 29-37, o vetor F que liga um segmento d5 do fio ao ponto Pé dado por F=-si+Rj. Como ds = ds, |dsxF |= Rds. Assim, como r=s2+Rº, a Eq. 29-3 nos dá Mo iRds am (+ RP (a) Como a variável s aparece apenas no denominador, o elemento que mais contribui para o campo B é o elemento situado ems= 0. (b) O valor de dB, « obtido fazendo s = 0 na equação anterior, é — Mjds Ba, 47R?' Assim, a condição de que o campo produzido pelo elemento seja responsável por 10% da maior contribuição pode ser expressa através da equação Explicitando s na equação anterior, obtemos s=RV10º -1=(2,00 em)(1,91)=3,82 em. 7. (a) O campo magnético no ponto P produzido pelos trechos retilíneos do fio é zero (veja o Exemplo 29.01, “Campo magnético no centro de um arco de circunferência percorrido por corrente”). De acordo com a Eq, 29-9 (com é = 0) e a regra da mão direita, o campo criado no ponto P pelo arco de raio b é 1ui8/47b, para fora do papel, e o campo criado pelo arco de raio a é iB/47a, para dentro do papel. Assim, o campo total no ponto Pé po tdO(1 1) (472107 Tem [ANOS m/BON( 1 4 lba 47 0,107m 0,135m =1,02x107 T=0,102 HT. (b) O sentido é para fora do papel. 8. (a) O campo magnético no ponto C produzido pelos trechos retilíneos do fio é zero (veja o Exemplo 29.01, “Campo magnético no centro de um arco de circunferência percorrido por corrente”). De acordo com a Eq, 29-9 (com $= 7) e a regra da mão direita, o campo criado no ponto C pelo arco de raio R, é 149/47R, para dentro do papel, e o campo criado pelo arco de raio R, é HiB/47R,, para fora do papel. Assim, o campo total no ponto C é Betti 1 1) (4m107TemANO28IA 1 a AR BR). 4 50315m 0,0780m =1,67x109T=1,67 UT. (b) O sentido é para dentro do papel. 224 MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR 16. Usando a lei dos cossenos e a condição de que B = 100 nT, obtemos 24 B2-B? docas! [ET 144º, - BB, em que a Eg. 29-10 foi usada para determinar B, (168 nT) e B; (151 nT). 17. PENSE Podemos usar a lei de Biot-Savart para calcular o campo magnético no ponto P,. Como o fio não é longo, devemos usar uma integral. FORMULE Vamos escolher um eixo x coincidindo com o fio, com a origem na extremidade direita do fio. O sentido da corrente é o do semieixo x positivo. Todos os segmentos do fio produzem campos magnéticos no ponto P, que apontam para fora do papel. De acordo com a lei de Biot-Savart, o módulo do campo produzido no ponto P, por um segmento infinitesimal do fio é dado por sent dp = Ho sent ar nr em que 8 (o ângulo entre o fio e a reta que liga o segmento a P,) e r (o comprimento dessa reta) são funções de x. ANALISE Substituindo r por x? +R? esen 0 por R/r=R/Nxº + Rº, em que R é a distância indicada na Fig. 29-44, e integrando dex=-Lax=0, temos po ER po dx MR x DM L de RT de RR RES 4nx10" T-m/A)(0,693 A 7 «(mio Tma)logãa) — ousom ia agrT, 47(0,25lm) (o, 136m +(0,251m) APRENDA Se, ao definir o eixo x, tivéssemos escolhido como origem a extremidade esquerda, os limites de integração seriam diferentes, mas o resultado seria o mesmo: B- AgiR pt 4m MR x mi 4m R (2 +Rº)" o AR VÍDARO +B, grande -B, 18. No primeiro caso temos B,equeno = 47,25 HT; no segundo, Bueno — Byanic= 15,75 UT. (Nota: Os nomes “pequeno” e “grande” se referem ao tamanho dos arcos e não ao valor dos campos magnéticos; na verdade, B,queno> Byand!) Dividindo uma das equações pela outra e cancelando fatores comuns (Eq. 29-9), obtemos Urpequeno + (Wando) [+ (Ppequeno Fgrande regue Mande) 1 Cego Me /2. Como r, o que nos dá r ques = 1, sand "grande = 4,00 cm, temos pequeno Tocqueno = (4,00 cm)/2 = 2,00 cm. 19. De acordo com a Eq. 29-4, a contribuição do primeiro fio para o campo total é é Ud ço (4MX107T mA) AE em B = th p= GIO T mAGO Mp (3 0106 Tyk 27h, 270,0m) G0x ) Como a distância entre o segundo fio e o ponto de interesse é r, = 4m — 2 m = 2 m, a contribuição do segundo fio para o campo total é (47x107T.m/A)(40 A); mi moon i=(4,0x109 T)i. MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR 225 O módulo do campo total é, portanto, [Bo|=(3,0x10º TP+(4,0x10º TP =5,0x10 T=5,0 uT. 20. (a) A contribuição do fio retilíneo para o campo magnético no ponto C é Bo = Hi “ 27R e a contribuição do fio circular é Maj Bo=hE. 2 2R Assim, (710) Tm/A)(5,78x107 A) - Mi ( A Bo=Bo + Bo =HE[l 'c= Bet Bea sal +5) X0,0189m) (t+E)-nsaaorm. x De acordo com a regra da mão direita, B.. aponta para fora do papel, ou seja, no sentido positivo do eixo z. Assim, na notação dos vetores unitários, Be=(2,53x107 T)k=(253 nT)k. (b) Nesse caso, B., 1 B., e, portanto, Mi [TO (47x107Tm/A)(5,7821024) [71 . Bo= (Bi + Bi, = 4% [4 = ÓDIO SOTO A) 12 031977 c=NBetBo =pylt 0,0189 m) Vit 202 m e B,. faz um ângulo com o plano do papel dado por tan! E =tan! Es 17,66º. Bos mr Na notação dos vetores unitários, Be=2,02x107 T(cos17,66ºi-+sen 17, 66º%k)= (1,92x107T)i+(6,12x108T)k =(192nT)i+(61,2 nT)k. 21. Por simetria, e de acordo com a regra da mão direita, o campo magnético total aponta para a direita e é dado por B ui Bwl=25E-seno [Bor 2ar em que r=di+di/4 e “fd, “| 400m “(4 =tan | l=tant > =tan!D|= º 8=tan ( 55] tan [rei 55) tan (5) 53,1 Assim, seno = (42107 T-m/AJ4,00A) 7(5,00m) sen 53,1 =2,56x10 T=256nT. 226 MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR 22. O fato de que B, = 0 para x= 10 cm no gráfico da Fig. 29-49b significa que as correntes têm sentidos opostos. Assim, de acordo com a Eq. 29-4, e a talçã 3) V Dr(L+x) 27x 27lL+x x Para maximizar B, derivamos a expressão anterior em relação a x e igualamos o resultado a zero, o que nos dá dB ui vob) 4 gs aa P=0. dy 27) (L+x) A única raiz positiva da equação anterior é x = L, para a qual B, = /tyi/27L. Para determinar o valor de L, fazemos x = 10 cm na expressão de B, e igualamos o resultado a zero, o que nos dá A 27 4 O . (infesrios)=? > 1=30m (a) A componente B, é máxima para x = L = 30 em. (b) Para i, = 0,003 A, temos (42x107 Hm 00034) O gs 72007. 27(0,3m) (c) e (d) A Fig. 29-49b mostra que em pontos muito próximos do fio 2, nos quais a contribuição do fio 2 é muito maior que a do fio 1, B, aponta no sentido negativo do eixo -y. De acordo com a regra da mão direita, isso indica que o sentido da corrente no fio 2 é para dentro do papel. Como sabemos que as correntes têm sentidos opostos, isso indica também que o sentido da corrente no fio 1 é para fora do papel. 23. De acordo com a Eq, 20-4, o campo magnético na posição do próton mostrada na Fig. 29-50 é B=(yj/27d)k. Assim, de acordo com a Eq. 28-2, Como, de acordo com o enunciado, ? = (-)), em que v é o módulo da velocidade, temos FoMaor A ET MGigV E (42X107 Tem/AO,350A VA 60x10/19C)200 ms) > E] [c dk] 27d 27(0,0289 m) t =(-7,75x102 N)i. 24. Inicialmente, B,,, = 0 e B, o a = B, + B, = 2(4il2:7d). Para obter a rotação de 30º descrita no enunciado, devemos ter Boy =B, totx tan(30º) > Bi-B,= 2 ano, em que B;= Lyi/27d e B; = Myi/277d". Como tan(30º) = 1/N/3, isso nos dá 3 d=-D" d=0,464d. 3+2 MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR 229 31. (a) O campo magnético no ponto P produzido pelos segmentos do fio colineares com Pé zero (veja o Exemplo 28.01, “Campo magnético no centro de um arco de circunferência percorrido por corrente”). Vamos usar o resultado do Problema 29-21 para calcular as contribuições dos outros segmentos para o campo no ponto P, levando em conta o fato de que o campo magnético produzido pelo ponto P aponta para dentro do papel, nos dois segmentos de comprimento a que não são colineares com P, e aponta para fora do papel nos dois segmentos de comprimento 2a. O resultado é o seguinte: 8, =2[ toi) + Qui ui N2(47X107 TemyA)(I3A) rºÍUsra ) “8r(2a)| 8mra Br(004m) =1,96x10º T=2,0x10º T=20 uT. (b) O sentido é para dentro do papel. 32. De acordo com a Eq. 29-9, o campo inicial é -Mjó Mid B=qmR" am Quando a espira menor está na posição final, o teorema de Pitágoras nos dá 2 B;=B/+Bj= [554] (568). 47R 4mr Elevando B, ao quadrado e dividindo por B;, obtemos B,| (URP+dM) E (2)- URB AUNP po pie +, em que é= B,/B; Observando o gráfico da Fig. 29-59c, chegamos à conclusão de que B/B, = (12,0 HT)/(10,0 HT) = 1,2, o que nos dá po RÍtL2 2-1,2 ” =2,3cm,ou 43, lcm. 12*-1 Como sabemos que r < R, a única resposta aceitável é r= 2,3 cm. 33, PENSE O campo magnético produzido no ponto P por uma fita percorrida por corrente (mostrada na Fig. 29-61) pode ser calculado somando (por integração) os campos produzidos por várias fitas elementares paralelas percorridas por corrente. FORMULE Considere uma fita elementar de espessura dx situada a uma distância x do ponto P. A corrente na fita é di = idx/w, ea contribuição da fita para o campo B, no ponto P é a, = tai jd 27x 2mw ANALISE Integrando para toda a fita, obtemos 8,= dn, -H ( dt i v T- o a de. da [14] (tdo Tm/AX46DIO (1a! 2mwli x 2uw + 223 x 10117 d 27(0,049!m) 0,0216 e, de acordo com a regra da mão direita, 3, aponta para cima. Na notação dos vetores unitários, 3, = (2,23x10" T)j. APRENDA Se d >> w, podemos usar a aproximação In(l+x)=x=2" 124", 230 MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR eo campo magnético se torna pH nf! 5) . " 2mw ad) 2mwd 2rd que é o mesmo de um fio fino. 34. De acordo com a regra da mão direita, o campo produzido pela corrente no fio 1, calculado na origem das coordenadas, aponta no sentido positivo do eixo y. O módulo B, do campo é dado pela Eq. 29-4. Usando relações trigonométricas e a regra da mão direita, é fácil demonstrar que o campo produzido pelo fio 2, quando situado na posição especificada pelo ângulo 0, na Fig. 29-61, tem componentes B, B,senô,, B,,=-B,cos0,, em que o valor de B, é dado pela Eq. 29-4. Assim, de acordo com o teorema de Pitágoras, o quadrado do módulo do campo total na origem é dado por Bº=(B,sen6,) +(B, - B, cos0,) = B2+B? - 2B,B, cos 6,. Como B, =58=60nT, B,=S2=40nT e B=80,0nT, temos =cos! B/+B;-Bº =cost— = o 9,=cos (a =cos (-1/4)= 104º. 35. PENSE O módulo da força que o fio 1 exerce sobre o fio 2 é dado por E, = j,i,1/27r, em que i, é a corrente do fio 1, i éa corrente do fio 2, L é o comprimento dos fios e r é a distância entre os fios. FORMULE A distância entre os fios é r= Jdi+dZ. A componente x da força é E,,, = F,, cos é, em que cosd=d,/Jdi + d5. ANALISE A componente x da força magnética por unidade de comprimento é O Mind, (4710 T mi AA, O0x 10" AJ6,80x107 AX0,050 m) 27(dj +d;) 271(0,0240 m)” +(0,050 m)”] =8,84x10! Nim. APRENDA Como as duas correntes têm sentidos opostos, a força que os fios exercem um sobre o outro é repulsiva. Assim, É, tem a direção da reta que liga os fios e aponta para longe do fio 1. 36. De acordo com a Eq. 29-13, (a) A força magnética a que está submetido o fio 1 é po MPI(A A 1, 15 25MPIA 25(A107Tm/AY3.00 AP(0,0m) ; 247d | 247(8,00x10? m) =(4,69x10"! N) j= (469 uN)j. (b) A força magnética a que está submetido o fio 2 é PI 1 Sul ao (+ =) bjo (1.88x10! N)j=(1884N) 5 MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR 231 (c) Por simetria, É = 0. (d) Por simetria, F,= -188 4N)). =(-4,69 UN)j. (e) Por simetria, F,= 37. Usamos a Eq. 29-13 e a composição de forças: F, = A, + F, + F,. Para 6 = 45º, a situação é a mostrada na figura ao lado. As componentes de F, são F,=-F,- F,cos6=- ft to! Costi aos 27a - 2N2xa 4ra F,= E, F,seng=tl Md sends Md 2 2ra ra 4ma Assim, p (Im P (ui) | MO? NO(A? Tem/ANT,50 AP 4ra 4a 4a 47(0,135m) =1,32x10* N/m e o ângulo que F, faz com o semieixo x positivo é =tan”! Em =tan”! A =162º ó=tan E =tan ( 5 e Na notação dos vetores unitários, temos F=(1,32x10-! N/m)[cos162ºi+sen 162º j]=(-1,25x10-*N/m)i+(4,17x10N/m)j =(125 uN/m)i+(41,7 uN/m)j 38. (a) O fato de que o gráfico da Fig. 29-64b passa pelo zero significa que as correntes nos fios 1 e 3 exercem forças em sentidos opostos sobre o fio 2. Como sabemos que o sentido da corrente no fio 3 é para fora do papel, isso significa que o sentido da corrente 1 também é para fora do papel. Quando o fio 3 está a uma grande distância do fio 2, o único campo a que o fio 2 está submetido é o produzido pela corrente no fio 1; neste caso, de acordo com o gráfico da Fig. 29-64b, a força é negativa. Isto significa que o fio 2 é atraído pelo fio 1, o que indica, de acordo com a discussão do Módulo 29-1, que o sentido da corrente no fio 2 é o mesmo da corrente no fio 1, ou seja, para fora do papel. De acordo com o enunciado, com o fio 3 a uma distância infinita do fio 2, a força por unidade de comprimento é —0,627 iN/m, o que nos permite escrever, de acordo com a Eg. 29-13, po ttio 27d 6,27x 107 Nim. Quando o fio 3 está no ponto x = 0,04 m, a força é nula e, portanto, = Mis po Mio, 4 004m / 0,04m E,= =F, = 27(0,04) 2xd 0,250 A =0,I6m/A. Substituindo d/i, pelo seu valor na equação anterior, obtemos 234 MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR APRENDA O valor de $B. ds depende apenas da corrente total envolvida pela amperiana; a forma da amperiana é irrelevante. 46. Observando a curva de perto, vemos que apenas as correntes 1, 3, 6 e 7 são envolvidas. Assim, levando em conta o sentido dessas correntes, temos PB.ds= u,(i-6i+3i+1)=5p,i=5(47x107 T-m/AY4,50x10% A) =+2,83x10 T-m=+283 nT.m. 47. Parar <a, My — Mo pr = py [r MJ? B(ry=tites = fi Jo)2mmar = 28 [eJ,(E rár= er (a) Parar=0, B=0. (b) Para r = a/2, temos Bar) Mshat? (47107 Tem/AJGO Alm? (3,110 m/2)? 33,10? m) =1,0x107T=0,10 dT. (c) Para r= a, temos B(a)- tuna. (árx107 T-n/AJX3 to Ajm?)(3.1x10% m) =4,0x107 T=0,40 LT. 48. (a) Por simetria, o campo magnético no eixo do cano se deve apenas ao fio, e o módulo desse campo é — Moo — Molho C27QR) 67R' Como o campo produzido pelo fio no ponto P é maior que o campo produzido pelo fio no eixo do cano, para que o campo total no ponto P seja igual ao campo no eixo do cano é preciso que o campo produzido pelo cano no ponto P tenha o sentido oposto ao do campo produzido pelo fio. Assim, po Moro Mi Bp=Bpão Bpcano 27R 2708) Fazendo Bc = -B,, obtemos in, = 3i/8 = 3(8,00 X 102 A)/8 = 3,00 x 103 A=3 mA. (b) O sentido é para dentro do papel. 49. (a) De acordo com a Eq. 29-24, MÍN (47x107 T-m/A)(0,800A)(500) A T= Bo DO DHOSOm) 5,33x10! T=533 uT. (b) De acordo com a Eq. 29-24, ; E, BIN (47107 Tm/AXOS00AJG00) . 4 99.10-47=400 17. 27» 27(0,200m) MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR 235 50. Seria possível, embora muito trabalhoso, usar a Eq. 29-26 para calcular as contribuições para o campo das 1200 espiras e depois somá-las, mas é muito mais fácil recorrer à Eq. 29-23, segundo a qual 1200 Same ni NM im. Ben ni) (4EX107 Tm ANSA =0,00571T=5,7lmfT. 51. Seria possível, embora muito trabalhoso, usar a Eq. 29-26 para calcular as contribuições para o campo das 200 espiras e depois somá-las, mas é muito mais fácil recorrer à Eq. 29-23, segundo a qual pese nd(D)- (47x107 T.m/A)(0,30 A) 200 e 0,25m =3,0x10*T=0,30mT. 52. Uma vez que, de acordo com a Eq. 29-23, B= juin = tjiN/0, N = Bl!tui, é o comprimento L do fio é dado por 2mrB 27(2,60x10"mX23,0x10"T)(,30m) 2(47x107 T.m/AX18,0A) L=27rN= =108m. 53. Como o raio da órbita do elétron é exni” temos my (9, 1x103! Ke(0,0460)6, 00x108 m/s) =0,272A. “emnr” (1,60x10 9 C)47x107 T-m/A)(100/0,0100 m)(2,30x107 m) 54. De acordo com a Eq. 28-17 e supondo que o solenoide é ideal, o período T do movimento do elétron é dado por 2am 2xm 2mmL eB “eujn CemiN” em que m é a massa do elétron, L é o comprimento do solenoide, ié a corrente do solenoide e N é o número de espiras do solenoide. Por outro lado, o tempo que o elétron leva para atravessar o solenoide é L L vcos30” 0,866” em que y,, é a componente da velocidade paralela ao eixo do solenoide. Assim, o número de revoluções é LO emiN (6x10º C47x107 Him)(4,0 A)(8000) t 6 L =1,6x10º. T 0,866727mL 27(0,866)(800 m/s)(9,11x10* kg) n= 55. PENSE O campo total em um ponto do interior do solenoide é a soma do campo produzido pelo solenoide com o campo produzido pelo fio. FORMULE O campo magnético em um ponto P do interior do solenoide é dado por 3=B,+B,, em que B, e B, são os campos produzidos pelo solenoide e pelo fio, respectivamente. Como o campo B, aponta na direção do Gixo do solenoide'e o campo B, é perpendicular ao eixo do solenoide, B, e B, são mutuamente perpendiculares. Assim, para que o campo resultante faça 45º com o eixo do solenoide, os dois campos devem ter módulos iguais. 236 MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR ANALISE (a) De acordo com a discussão anterior, Mis B-B > in= Lo, .=B, Mind e, portanto, a distância d entre o ponto P e o eixo do solenoide deve ser io 6004 “2mir 2m(20,0x10% AJIO espirasícm) =477em (b) O módulo do campo magnético a essa distância do eixo é B-2B, -N2(4nx10º T-m/A)(20.0x10º A) (10 espiras/0,0100 m)-3,55x10 “T. APRENDA No caso geral, o ângulo que o campo B resultante faz com o eixo do solenoide é dado por , NA ; ó=tan! B =tan| utrtózd 2xd =tan” tr . B, min 2xd ni, 56. De acordo com a Eq. 29-26, temos 2MiRÊN 8uyNi 8(47x107 Tem/AY200X0,0122 A) B, == - 2[Re+ (Rar sVSR sV5(0,25m) =8,78x109 T=8,78 UT. B» aponta no sentido do semieixo x positivo. 57. PENSE O módulo do momento dipolar magnético é dado por 4 = NiA, em que N é o número de espiras, i é a corrente e A é a área das espiras. FORMULE Como as espiras são circulares, A = 7R?, em que R é o raio do cilindro. O campo magnético no eixo de um dipolo magnético, a uma distância z do centro do dipolo, é dado pela Eq. 29-27: p= todo 2? ANALISE (a) Substituindo os valores conhecidos, obtemos u=NinRº =(300)(4,0A)x (0,025m) =2,44-mº. (b) Explicitando z na equação anterior e substituindo 4 pelo valor obtido no item (a), temos mu” ((amx107TmA)(2,364:-m?) P ajtoul NO ADO | -s6m. (a a) 27(5,0x104T) APRENDA Note a semelhança entre B = y/272, que é o campo magnético em um ponto do eixo de um dipolo magnético situado a uma distância z do centro do dipolo, e E= p/27c,7, o campo elétrico em um ponto de um dipolo elétrico situado a uma distância z do centro do dipolo (veja a Eq. 22-9). 58. (a) Para uma espira, de acordo com a Eq. 29-10, B = 4i/2R, e, portanto, B e i/R. Como a bobina b tem duas espiras, B, 2i/R, DR E UR R MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR 239 66. (a) De acordo com a Eq. 29-4, temos = (47x107 T-m/A)(6,004) (47x107 Tem/AJ(10,0 A) 27(10,0cm) 27(5,0cm) =(-52,0x10º T)k=(-52,0 uT)k. (b) Nesse caso, r, < y < r,. Fazendo Hoh Holy 27(hn-9) 27(9-1) obtemos +iry — (10,0 AX10,0 cm) + (6,00 AXS.00em) q, L+i, (10,04) +(6,00 A) (c) Nesse caso, y > r,. Fazendo Mola Moiy 27(v-1) 27(9-1) obtemos (10,0 AJ(,0 em) (6,00 AX5,00em) | so (10,0 A)-(6,00 A) 67. Vamos chamar de a o comprimento do lado do quadrado. Na solução do Problema 13 foi visto que o campo magnético pro- duzido a uma distância R do centro de um fio de comprimento L é dado por Mi Lo 27R VE +4R? Como o centro do quadrado está a uma distância a/2 de quatro fios de comprimento a, temos a = NPuj =af toi Por outro lado, de acordo com a Eq. 29-10, o campo magnético no centro de um fio circular de raio R é uj/2R. Assim, o problema pede para mostrar que 22 Mi 2.1 za 2R “xa R. Como os dois fios têm o mesmo comprimento, o perímetro do quadrado de lado a é igual ao perímetro da circunferência de raio R,ou seja, 41=27R > a 240 MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR Assim, devemos provar que a 82 7 > ma MR R o que pode ser feito através de um simples cálculo numérico: 8/2/7=1,15>1. 68. Vamos supor que o sentido da corrente é o sentido do semieixo x positivo e que o elétron está em um ponto P situado a uma distância r acima do fio. De acordo com a regra da mão direita, se a direção “para cima” é o sentido positivo do eixo y, o campo produzido pela corrente no ponto P aponta no sentido do semieixo z positivo. Combinando a Eq. 29-4 com a Eq. 28-2, obtemos p= rt), 2xr (a) Se o elétron está se movendo para baixo, em direção ao fio, a velocidade do elétron é 7 =-—vj e, portanto, Po TeMV (on Nj p= d= Grao “mi, o que nos dá | F |=3,20x10!º N. vi e, portanto, (b) Neste caso, a velocidade do elétron é Po TeMÊV 6 NÉ FS DEDO SNS, o que nos dá | F |=3,20x10 N. (c) Neste caso, a velocidade do elétron é 7 = vk ou 7 = -vk e, nos dois casos, Fokxk-0. 69. (a) De acordo com a regra da mão direita, o campo magnético B, produzido no ponto a pelo fio 1 (o fio do vértice inferior esquerdo) está no plano xy e faz um ângulo é = 150º com o semieixo x positivo; o campo B, produzido no ponto a pelo fio 2 (o fio do vértice inferior direito) também está no plano xy e faz um ângulo é = 210º com o semieixo x positivo. Por simetria, as componentes y dos dois campos se cancelam e as componentes x se somam, produzindo um campo resultante que, de acordo com a Eq. 29-4, é dado por -3,46x10 Ti. B=B+5B, =[2-— costs) Para cancelar este campo, a corrente do fio b deve ter o sentido para dentro do papel (ou seja, o sentido -K) e um valor absoluto que, de acordo com a Eq. 29-4, é dado por sim. (3,46x10:5 T)-27(0.087 m) OO =I5A. 47x107T-m/A . em que r = (3/2 é a distância entre o ponto be o ponto a. (b) Como foi dito no item anterior, o sentido do fio b é para dentro da página, ou seja, o sentido -z. MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR 241 70. Os segmentos retilíneos não contribuem para o campo 3, e a contribuição dos arcos de circunferência é dada pela Eq. 29-9. Chamando de É a direção “para fora do papel, temos c Ai(mrad) - ayi(m/2 rad). aíi(m/2 rad) Ma trad) À Momo tad)p MM Tadip Im 4z(4,00 m) 472,00) 8 47(4,00 m) 8 (157100 Dk, o que nos dá [B|=1,57x107 T=157nT. 71. Chamando de R o raio do fio, uma corrente i produz um campo magnético po td (47x107T-nvA)ÇSOA) C2xR” 27(0,0013m) =17102T=7ImT na superfície do fio. 72. (a) O módulo do campo magnético do lado de fora do cilindro é dado por Hoi; - 27rB] 27(5,00x10º my(1,0x10%7) | feny = = 25x10? A=25mA. 2xr ty 47x107 T.m/A Como a corrente do cilindro é 30 mA, a corrente do fio é 5,0 mA, no sentido contrário. (b) O sentido da corrente no fio é para baixo. 73. (a) O campo magnético em um ponto no interior do furo pode ser considerado como a soma dos campos produzidos por duas correntes: a corrente produzida por um cilindro sem o furo e uma corrente, no sentido contrário, produzida por um cilindro de dimensões iguais às do furo. O campo produzido no interior de um cilindro sem o furo a uma distância r do eixo do cilindro é dado por Mir 27R?” em que R é o raio do cilindro. No caso do cilindro que estamos considerando, a densidade de corrente é a corrente no cilindro sem o furo é 2 ia ab L=JA=1Ja = e o módulo do campo produzido em um ponto no interior do cilindro, a uma distância r, do eixo, é B-tolh Má -— Mdry “27º 2ma(a-b) Ima -b) A corrente em um cilindro com as mesmas dimensões que o furo é =aJb' = bl + af -b e o módulo do campo produzido em um ponto no interior do cilindro, a uma distância 1, do eixo, é 2mb' (a? -b') Ima -b) 244 MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR o mesmo de um único fio muito longo (veja a Eq. 29-4). Para que esse fio produzisse um campo com o mesmo sentido (para fora do papel) com uma corrente da direita para a esquerda, teria que estar acima do ponto considerado (veja novamente a Fig, 29-60). 78. Os pontos em que o campo é zero estão em uma reta paralela ao fio, a uma distância r tal que By, = /4i/271 = Box, O que nos dá . = p= ti (4zx10 Tim/AJ(I00A) Tm/AVI00A) 4 gc102m=40 mm. 278, 27(5.0x102T) Pest 79. (a) O campo nessa região se deve apenas ao fio. De acordo com a Eq. 29-17, temos Mis (47xX10 TonvA)N4A) 2xr 27(0,0010m) B= 4,8x10ºT=4,8mT. (b) Nesse caso, o campo é a soma da contribuição do fio, dada pela Eq. 29-17, com a contribuição de parte do condutor, dada pela Eq. 29-20, modificada para levar em conta o fato de que o condutor é oco: po MM Mim tel tdo rio RÃS sm? Sm? =16:10º 7/-[ G0x10º mi-C0x10º mp (4,0x107 m)?-(2,0x107 m)? =9,3x104T=0,93mT. (c) Do lado de fora do condutor, os dois campos se cancelam e B = 0. 80. Vamos chamar de ponto 1 o ponto mais próximo do fio e de ponto 2 0 ponto mais distante. Como B, < B,, sabemos que o ponto 2 está do lado de fora do fio. Assim, de acordo com a Eq. 29-20, o campo no ponto 2 é dado por Mo, j- 276B, 27(10x10º m)0,20x102 7) (54 2 275 Ho 47x107 T-m/A . De acordo com a Eq. 29-17, o campo no ponto 1 é dado por B=| on, 27R* o que nos dá (gm) [ee 07 TnvVAX(LO AX4,0x103 m) 12 j =5,3x10º m=5,3mm. 27B 27(0,28x10º T) 81. PENSE O objetivo deste problema é calcular o campo magnético criado por uma placa infinita percorrida por corrente usando a lei de Ampêre. FORMULE A expressão corrente por unidade de largura pode ser interpretada como o produto da densidade de corrente pela espessura Ay da placa À = JAy. A lei de Ampêre pode ser expressa em termos do vetor densidade de corrente da seguinte forma: $ Bs u[J-dã em que a integral de superfície se estende à região envolvida pela amperiana (e J aponta no sentido do semieixo z positivo, para fora do papel). Como J é uniforme ao longo da placa, o lado direito da equação anterior se reduz a MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR 245 MoJA = o) Ayhx = Ià AX. ANALISE (a) As componentes horizontais de 5 nos pontos Pe P”estão desenhadas corretamente na Fig. 29-84, mas uma dúvida persiste: é possível que 5 possua uma componente vertical nos pontos P e P'? Ss Vamos nos concentrar no ponto P. Suponha que o campo magnético não seja paralelo à placa, como na figura da esquerda. Se invertermos o sentido da corrente, o sentido do campo será invertido, como na figura do meio. Se fizermos a placa girar de 180º em torno de uma reta perpendicular à placa, o campo sofrerá uma rotação de 180º, como na figura da direita. Acontece que a dis- tribuição de corrente depois da rotação é igual à distribuição inicial; no entanto, comparando as figuras da esquerda e da direita, vemos que os campos não são iguais, a menos que o campo inicial seja paralelo à placa. Isso significa que o campo no ponto P não pode ter uma componente vertical; o mesmo raciocínio pode ser aplicado ao ponto P”. (b) Para calcular $B -d5, vamos supor que os pontos P e P'estão à mesma distância d da placa e usar uma trajetória retangular, com lados horizontais de comprimento Ax (passando pelos pontos P e P? e lados verticais de comprimento 2d. Os lados verticais não contribuem para a integral, pois, como vimos, o campo B é horizontal e, portanto, o produto escalar do campo pelo elemento de comprimento é zero nesses lados. Por simetria, a contribuição de cada lado horizontal é BAx. Assim, de acordo com a lei de Ampêre, , 1 2BAv= AM => B= td. APRENDA Como esse resultado não depende da distância d entre os pontos e a placa, chegamos à conclusão de que, no caso de uma placa infinita percorrida por corrente, o campo magnético é o mesmo a qualquer distância da placa. 82. Podemos aplicar a Eq. 29-17 aos dois fios, com r=/Rº + (d/2) (pelo teorema de Pitágoras). As componentes verticais dos campos se cancelam e as componentes horizontais se somam, apontando no sentido positivo do eixo x. O resultado final é p=a(f (02)- Mid osd0ST, mr pr 2m[R+(dizj”| o que nos dá, na notação dos vetores unitários, B = (1,25x10-5 T)i= (1,25 MT)i. 83. PENSE O campo magnético no ponto P é a soma vetorial dos campos produzidos pelos segmentos de fio. FORMULE Os dois segmentos menores próximos do ponto P foram chamados de 1 e 8 na figura a seguir. Seja -k um vetor unitário apontando para dentro do papel. Loo 246 MATERIAL SUPLEMENTAR PARA ACOMPANHAR De acordo com o resultado do Problema 29-17, o campo magnético no ponto P, (mostrado na Fig. 29-44 e na figura da direita) é dj 4R RARO B,. Assim, os campos magnéticos produzidos pelos 8 segmentos são ui uti Br =Bp = = : Bm(a'4) 2xa ud ui “* gm(3u/4) Gra Ba-By-—Hi J48 Mú deai4) (saia) e(ajay O Ora Rc] H [io] Mi aj4 cu am(3a/4) (aja) e(3aja) O WlOza Bm = ANALISE Somando todas as contribuições, obtemos o campo total no ponto P: : , : pp ootti [2 , 2, 1 . B,=5 Ba (-k)=20" ++ | =D Both) ui (a. “io sto [Ch 2(47x107 T-mj/A) (104) E vz 1 . 7(80x10 ?m) ( =(2,0x10“T). DES AG NO APRENDA Se o ponto P estiver situado no centro do quadrado, a contribuição de cada um dos oito segmentos será ui ara * eo campo total será ui =8B,= "o ama Bcaro 84. (a) Nesse caso, as correntes nos três fios são paralelas, e todos os fios se atraem. Assim, o fio “de cima” é atraído “para baixo” em direção dos outros dois por uma força de módulo Mm (3,0 MS, 03,249, 1 (8,0 (5,0 A5,0A) 27(0,10m) o 270020m) — —b/XIO N=017mN. (b) Nesse caso, como o fio “de cima” é repelido pelo fio do meio e atraído pelo fio “de baixo”, o módulo da força resultante é 9(3/0m)(5,04)(3,24) 14(30m)(5,04)(5,04) F- =2,1x10N=0,021 mN. 27(0,10m) 27(0,20m) x Aim 85. PENSE Como o condutor oco tem simetria cilíndrica, podemos usar a lei de Ampére para calcular o campo magnético pro- duzido pela distribuição de corrente dada. FORMULE De acordo com a lei de Ampêre, $B-ds = jMjun, em que i.,, é a corrente envolvida pela amperiana. Vamos usar como amperiana uma circunferência de raio r em um plano perpendicular ao eixo da casca cilíndrica e com centro no eixo. Como a corrente está uniformemente distribuída na seção reta da casca cilíndrica, a corrente envolvida é