Baixe Resolução Halliday volume 3 10 Ed capítulo 29 e outras Exercícios em PDF para Física, somente na Docsity!
C apítulo 29
1. (a) De acordo com a Eq. 29-4,
0 (4^ T m A)(100A)^6 3,3 10 T 3,3 T. 2 2 (6,10m)
i B r
μ π μ π π
× ⋅ −
= = = × =
1
(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 θ ) para θ = 90º e assume o valor
0 máx 2. 4
i ds dB R
μ
π
De acordo com a Fig. 29-34b, dBmáx = 60 × 10
- 12 T. Explicitando i na equação anterior, obtemos
2 máx
0
R dB i ds
π
μ
Substituindo i pelo seu valor na Eq. 29-4, obtemos
12 máx^6 6
(^2) 2(0,025 m)(60 10 T) 3,0 10 T 3,0 T. (1,00 10 m)
RdB B ds
μ
− − −
×
= = = × =
×
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 = μ 0 i/2 π r.
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 μ T e apontar para o sul. Assim,
(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, BC = 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 ϕ = π rad):
7 0 0 0
3
1 1 (4 10 T m/A)(10 A) 1 1 2 4 2 2 2(0,0050 m) 2
1,0 10 T 1,0 mT.
a
i i i B R R R
μ μ π μ π
π π π π
−
−
(^)
× ⋅
= × =
(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,
7 0 0 (4^10 T m/A)(10 A)^4 2 8,0 10 T 0,80 mT. 2 (0,0050 m)
b
i i B R R
μ μ (^) π
π π
− −
× ⋅
= = = = × =
π
(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 r
que liga um segmento ds
do fio ao ponto
P é dado por (^) r = − s ˆi^ + R ˆj.
Como ds = ds ˆi,
| ds × r | = Rds.
Assim, como
2 2 r = s + R ,a Eq. 29-3 nos dá
0 2 2 3/
. (^4) ( )
iR ds dB s R
μ
π
(a) Como a variável s aparece apenas no denominador, o elemento que mais contribui para o campo (^) B
é o elemento situado em s = 0.
(b) O valor de dBmáx, obtido fazendo s = 0 na equação anterior, é
máx
0 2 . 4
i ds dB R
μ
π
Assim, a condição de que o campo produzido pelo elemento seja responsável por 10% da maior contribuição pode ser expressa
através da equação
0 máx 0 2 2 3/2 2. 4 ( ) 10 40
iR ds dB i ds dB s R R
μ μ
π π
Explicitando s na equação anterior, obtemos
2/ s = R 10 − 1 = (2,00 cm)(1,91) =3,82 cm.
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 ϕ = θ ) e a regra da mão direita,
o campo criado no ponto P pelo arco de raio b é μ 0 i θ /4 π b, para fora do papel, e o campo criado pelo arco de raio a é μ 0 i θ /4 π a, para
dentro do papel. Assim, o campo total no ponto P é
7 0
7
1 1 (4 ×10 T m A)(0,411A)(74 /180 ) 1 1
4 4 0,107 m 0,135 m
1,02×10 T 0,102 T.
i B b a
μ θ π π
π
μ
−
−
^ ^ (^)
(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 ϕ = π ) e a regra da mão direita, o
campo criado no ponto C pelo arco de raio R 1 é μ 0 i θ /4 π R 1 para dentro do papel, e o campo criado pelo arco de raio R 2 é μ 0 i θ /4 π R 2 ,
para fora do papel. Assim, o campo total no ponto C é
7 0
1 2
6
1 1 (4 10 T m A)(0,281A) 1 1
4 4 0,0315 m 0,0780 m
1,67 10 T 1,67 T.
i B R R
μ π
μ
−
−
(^) ^
× ⋅
= × =
(b) O sentido é para dentro do papel.
em que θ (o ângulo entre o segmento e a reta que liga o segmento a P 1 ) e r (o comprimento da reta) são funções de x. Substituindo
r por
2 2 x + R ,sen θ por
2 2 R r = R x + R e integrando de x = –L/2 a x = L/2, obtemos
( ) (^ )
/ 2 0 0 0 2 2 3 2 2 2 2 1 2 (^2 ) 2 /
7
2 2
8
4 10 T m A 0,0582 A 0,180m
0,131m (^) (0,180m) 4(0,131m)
5,03 10 T 5,03 nT.
L L
L L
iR (^) dx iR (^) x i L B x R R x R R L R
μ μ μ
π π π
π
π
− −
−
−
⌠ ⌡
× ⋅
= × =
14. Usando a Eq. 29-6 com um limite superior finito, L/2, obtemos
/2^ / 0 0 0 2 2 3/2 2 2 1/2 (^2 ) (^0 )
.
L^ L i (^) Rds i (^) s i L B s R R^ s R R L R
μ μ μ
π π π
⌠ ⌡
O problema pede para determinar o valor de L/R para o qual a seguinte relação é satisfeita:
B B
B
∞
em que
0 0 2 2
e. (^2 2) ( /2)
i i L B B R R (^) L R
μ μ
π π
∞ =^ =^
A solução obtida, depois de algumas manipulações algébricas, é
L
R
15. (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”). A contribuição dos trechos curvos pode ser calculada usando
a Eq. 29-9. Usando o vetor unitário (^) kˆ para representar a direção para fora do papel, temos
0 (0,40A)(^ rad)^ ˆ 0 (0,80A)(2^ /3rad)ˆ 6 ˆ k k (1,7 10 T)k, 4 (0,050m) 4 (0,040m)
B
μ π μ π
π π
− = − = − ×
o que nos dá 6 | B | 1,7 10 T 1,7 μT. − = × =
(b) A orientação do campo magnético é − k,ˆ ou seja, para dentro do papel.
(c) Invertendo o sentido de i 1 , temos
0 (0,40A)(^ rad)^ ˆ 0 (0,80A)(2^ /3rad)ˆ 6 ˆ k k (6,7 10 T)k, 4 (0,050m) 4 (0,040m)
B
μ π μ π
π π
− = − − = − ×
o que nos dá
6 | B | 6,7 10 T 6,7 μT.
− = × =
(d) A orientação do campo magnético é
−k, ou seja, para dentro do papel.
16. Usando a lei dos cossenos e a condição de que B = 100 nT, obtemos
2 2 2 1 1 2
1 2
cos 144 , 2
B B B
B B
θ −
em que a Eq. 29-10 foi usada para determinar B 1 (168 nT) e B 2 (151 nT).
17. PENSE Podemos usar a lei de Biot-Savart para calcular o campo magnético no ponto P 2. 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 2 que apontam para fora do papel.
De acordo com a lei de Biot-Savart, o módulo do campo produzido no ponto P 2 por um segmento infinitesimal do fio é dado por
em que θ (o ângulo entre o fio e a reta que liga o segmento a P 2 ) e r (o comprimento dessa reta) são funções de x.
ANALISE Substituindo r por
2 2 x + R e sen θ por R/r = R/
2 2 x + R , em que R é a distância indicada na Fig. 29-44, e integrando
de x = –L a x = 0, temos
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:
18. No primeiro caso temos Bpequeno + Bgrande = 47,25 μ T; no segundo, Bpequeno – Bgrande = 15,75 μ T. (Nota: Os nomes “pequeno” e
“grande” se referem ao tamanho dos arcos e não ao valor dos campos magnéticos; na verdade, Bpequeno > Bgrande!) Dividindo uma das
equações pela outra e cancelando fatores comuns (Eq. 29-9), obtemos
pequeno (^) grande pequeno grande
pequeno (^) grande pequeno grande
r r r r
r r r r
o que nos dá rpequeno = rgrande /2. Como rgrande = 4,00 cm, temos
rpequeno = (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
7 0 1 6 1 1
(4 10 T m/A)(30 A) ˆ ˆ ˆ k k (3,0 10 T)k. 2 2 (2,0 m)
i B r
μ π
π π
− × ⋅ − = = = ×
Como a distância entre o segundo fio e o ponto de interesse é r 2 = 4 m - 2 m = 2 m, a contribuição do segundo fio para o campo
total é
7 0 2^6 2 2
ˆ (4^10 T m/A)(40 A)ˆ ˆ i i (4,0 10 T)i. 2 2 (2,0 m)
μ π
π π
− × ⋅ − = = = ×
i B r
22. O fato de que By = 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,
y
i i i B L x x L x x
μ μ μ
π π π
Para maximizar By, derivamos a expressão anterior em relação a x e igualamos o resultado a zero, o que nos dá
0 2 2 2 2 2
dB y (^) i x Lx L dx L x x
μ
π
A única raiz positiva da equação anterior é x = L, para a qual By = μ 0 i 2 /2 π L. Para determinar o valor de L, fazemos x = 10 cm na
expressão de By e igualamos o resultado a zero, o que nos dá
0 30 cm. 2 10 cm 10 cm
y
i B L L
μ
π
(a) A componente By é máxima para x = L = 30 cm.
(b) Para i 2 = 0,003 A, temos
7 0 2 (4^10 H/m)(0,003 A)^9 2,0 10 T 2,0 nT. 2 2 (0,3 m)
y
i B L
μ π
π π
− × − = = = × =
(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, By 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 0
B =( μ i /2 π d ) k.
Assim, de
acordo com a Eq. 28-2,
k. 2
iq F ev B v d
μ
π
= × = ×
Como, de acordo com o enunciado, v = v ( −ˆj)
, em que v é o módulo da velocidade, temos
7 19 0 0
23
ˆ ˆ ˆ (4^10 T m A)(0,350A)(1,60 10^ C)(200 m/s)ˆ ( j) k i i 2 2 2 (0,0289 m)
( 7,75×10 N)i.
iqv iqv F d d
μ μ π
π π π
− −
−
× ⋅ ×
= − × = − = −
24. Inicialmente, Btot,y = 0 e Btot,x = B 2 + B 4 = 2( 0 μ i/2 π d). Para obter a rotação de 30º descrita no enunciado, devemos ter
0 tot, tot, tan(30 )^1 32 tan(30 ), 2
y x
i B B B B d
μ
π
em que B 3 = μ 0 i/2 π d e B 1 ′ = μ 0 i /2 π d ′. Como tan(30º) = 1/ 3, isso nos dá
d ′ = d = d
(a) Para d = 15,0 cm, obtemos d ʹ = 7,0 cm. Examinando a geometria do problema, concluímos que é preciso deslocar o fio 1 para
x = - 7,0 cm.
(b) Para que o campo B
volte à orientação inicial, basta restabelecer a simetria inicial, deslocando o fio 3 para x = +7,0 cm.
25. PENSE O campo magnético no centro do arco de circunferência é a soma vetorial dos campos produzidos pelos dois fios
retilíneos e pelo arco.
FORMULE A corrente de cada um dos dois fios retilíneos semi-infinitos contribui com um campo B 1 = μ 0 i/4 π R (Eq. 29-7) para o
campo no centro do arco (as duas contribuições apontam para fora do papel). A corrente do arco contribui com um termo dado
pela Eq. 29-9: B 2 = μ 0 i θ /4 π R, que aponta para dentro da página.
ANALISE O campo magnético total é
Assim, para que o campo total seja nulo no centro do arco, devemos ter θ = 2,00 rad.
APRENDA Como era esperado, o campo total produzido por dois fios semi-infinitos é igual ao campo produzido por um fio
infinito. Note que o ângulo θ que aparece na resposta está em radianos. O ângulo equivalente em graus é 115
o , aproximadamente.
26. De acordo com o teorema de Pitágoras, temos a relação
2 2 (^2 2 2) 0 1 0 2 1 2 2
i i B B B R R
μ φ μ
π π
(^)
que, interpretada como a equação de uma reta de B
2 em função de 2 i 2 (^) , permite identificar o primeiro termo (1,0 × 10
2 ) como
o “ponto de interseção com o eixo y”, e o coeficiente de 2 i 2 (^) , no segundo termo (5 × 10
2 /A
2 ), como “inclinação”. A segunda
observação nos dá
7 0 10 2 2 5
4 10 H/m 8,9 mm.
2 5 10 B /A^2 (2,24^10 B/A)
R
μ π
π π
−
− −
×
× ×
A segunda observação nos dá
(^10 2 )
7 0 1
4 1,0 10 T 4 (0,0089 m)(1,0 10 T) 1,8 rad. (4 10 H/m)(0,50 A)
R
i
π π φ μ π
− (^) − × × = = = ×
27. Podemos usar a Eq. 29-4 para relacionar os módulos dos campos magnéticos B 1 e B 2 às correntes i 1 e i 2. Como os campos são
mutuamente perpendiculares, o ângulo que o campo total faz com o eixo x é dado por
θ = tan
- 1 (B 2 /B 1 ) = tan - 1 (i 2 /i 1 ) = 53,13º.
Uma vez obtida a rotação descrita no problema, o ângulo final é θʹ = 53,13º – 20º = 33,13º. Assim, o novo valor da corrente i 1 deve
ser i 2 /tan θʹ = 61,3 mA.
28. De acordo com as Eqs. 29-9 e 29-4 e tomando o sentido para fora do papel na Fig. 29-55a como positivo, o campo total é
0 1 0 2 . 2 ( /2)
i i B R R
μ φ μ
π π
Examinando o gráfico da Fig. 29-55b, vemos que B = 0 para i 2 = 0,5 A, o que nos dá, igualando a zero a expressão anterior,
ϕ = 4(i 2 /i 1 ) = 4(0,5/2) = 1,00 rad.
31. (a) O campo magnético no ponto P produzido pelos segmentos do fio colineares com P é 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:
( ) (^ )
7 0 0 0
5 5
2 2 2 2 4^10 T m A^ 13 A 2 2 8 8 8 8 0,047 m
1,96 10 T 2,0 10 T 20 T.
P
i i i B a a a
μ μ μ^ π
π π π π
μ
−
− −
(^)
× ⋅
= × ≈ × =
(b) O sentido é para dentro do papel.
32. De acordo com a Eq. 29-9, o campo inicial é
0 0 . 4
i
i i B R r
μ φ μ φ
π π
Quando a espira menor está na posição final, o teorema de Pitágoras nos dá
2 2 (^2 2 2 0 ) . 4
f z^ y
i i B B B R r
μ φ μ φ
π π
Elevando Bi ao quadrado e dividindo por
2 , f B obtemos
2 2 2
2 2 2
[(1/ ) (1/ )]^1
i
f
B R r r R B R r
ξ ξ
ξ
+ ±^ −
em que ξ = Bi/Bf. Observando o gráfico da Fig. 29-59c, chegamos à conclusão de que Bi/Bf = (12,0 μ T)/(10,0 μ T) = 1,2, o que nos dá
2
2,3 cm, ou 43,1 cm. 1, 2 1
r R
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,
e a contribuição da fita para o campo BP no ponto P é
ANALISE Integrando para toda a fita, obtemos
e, de acordo com a regra da mão direita, BP
aponta para cima. Na notação dos vetores unitários,
(^11) ˆ BP (2, 23 10 T) j
− = ×
.
APRENDA Se d >> w, podemos usar a aproximação
e o campo magnético se torna
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 1 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 θ 2 na Fig.
29-61, tem componentes
B 2 (^) x = B 2 (^) sen θ 2 , B 2 (^) y = − B 2 cos θ 2 ,
em que o valor de B 2 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
2 2 2 2 2 2 2 1 2 2 1 2 1 2 2 B = ( B sen θ) + ( B − B cos θ) = B + B − 2 B B cos θ.
Como
0 1 0 2 1 2 60 nT, 40 nT e 80,0 nT, 2 2
i i B B B R R
μ μ = = = = = π π
temos
2 2 2 1 1 2 1 2 1 2
cos cos ( 1/4) 104. 2
B B B
B B
θ
− −
35. PENSE O módulo da força que o fio 1 exerce sobre o fio 2 é dado por F 21 = μ 0 i 1 i 2 L/2 π r, em que i 1 é a corrente do fio 1, i 2 é a
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
2 2 1 2 r = d + d .A componente x da força é F 21,x =^ F 21 cos^ ϕ , em que^
2 2 2 1 2 cos φ = d / d + d.
ANALISE A componente x da força magnética por unidade de comprimento é
APRENDA Como as duas correntes têm sentidos opostos, a força que os fios exercem um sobre o outro é repulsiva. Assim, F 21
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
(^2 2 ) 0 0 (^1 )
4
1 1 1 1 25 25(4 T m A)(3,00 A) (10,0 m) ˆ ˆ ˆ j j j (^2 2 3 4 24 24) (8,00 10 m)
(4,69 10 N) j (469 N) j.
i l i l F d d d d d
μ μ π
π π π
μ
−
−
−
×10 ⋅
×
= × =
(b) A força magnética a que está submetido o fio 2 é
2 2 0 0 4 2
j j (1,88 10 N) j (188 N) j. 2 2 3 12
i l i l F d d d
μ μ μ π π
−
= + = = × =
7
2 7
2 (6,27 10 N/m)(0,16 m/A) 0,50 A. 4 10 H/m
i
π
π
−
−
×
×
(b) O sentido de i 2 é para fora do papel.
39. Como o sentido de todas as correntes, exceto a corrente i 2 , é para dentro do papel, o fio 3 é atraído por todas as correntes,
exceto a corrente 2. Assim, de acordo com a Eq. 29-13, temos
0 3 1 2 4 5
7
7
(4 10 H/m)(0,250 A) 2,00 A 4,00 A 4,00 A 2,00 A
2 2(0,5 m) 0,5 m 0,5 m 2(0,5 m)
8,00 10 N/m 800 nN/m.
F^ i^ i^ i^ i^ i
L d d d d
μ
π
π
π
−
−
×
= × =
40. Por simetria, apenas as forças (ou suas componentes) ao longo das diagonais contribuem para a força total. Fazendo θ = 45°
e usando a Eq. 29-13, obtemos
2 2 2 0 0 0 1 12 13 14 12 13
2
2
| | 2 cos 2 cos 45 (^2) 2 2 2 2
3 (4 T m A)(15,0 A) 1,12 N/m. 2 2 (8,50 10^ m)
i i i F F F F F F a (^) a a
μ μ μ θ π π
π
π
− − −
π
×10 ⋅
= = ×
×
A força 1
F
aponta na direção.
r ˆ = (i − j)/ 2 Na notação dos vetores unitários, temos
1
(1,12 N/m) ˆ ˆ ˆ ˆ (i j) (7,94 N/m)i ( 7,94 N/m)j 2
(0,794 mN/m)i ( 0,794 mN/m) j.
F
×
= − = × + − × =
-^
41. Os módulos das forças exercidas sobre os lados da espira paralelos ao fio longo podem ser calculados usando a Eq. 29-13, mas
as forças exercidas sobre os lados perpendiculares teriam que ser calculadas através de integrais do tipo
0 1 2 . 2
μ
π
= ∫
a b
a
i i F dy y
Entretanto, por simetria, as forças exercidas sobre os lados perpendiculares ao fio longo se cancelam. No caso dos lados paralelos,
temos
0 1 2 0 1 2
7 2 3
(4 10 T m/A)(30,0 A)(20,0 A)(8,00 cm)(300 10 m) 3,20 10 N, 2 1,00 cm 8,00 cm
i i L i i b F a a d (^) a a b
μ μ
π π
π
π
− − −
× ⋅ ×
= = ×
e F
aponta na direção do fio. Assim, na notação dos vetores unitários,
F (3,20 10 N) j (3,20 mN) j
− = × =
42. Como a área envolvida pela integral de linha é A = (4d)(3d)/2 = 6d 2 , temos
7 2 2 6 0 0 (4 T m A)(15 A/m )(6)(0,20m) 4,5 10 T m. c
B ds μ i μ jA π
− − ⋅ = = = ×10 ⋅ = × ⋅ ∫
l
43. Vamos usar a Eq. 29-20,
2 0 B = μ ir /2π a ,para calcular o campo magnético no interior do fio (r < a), e a Eq. 29-17, B^ =^ μ 0 i^ /2π^ r ,
para calcular o campo magnético do lado de fora do fio (r > a).
(a) Para r = 0, B = 0.
(b) Para r = 0,0100 m,
7 0 4 2 2
(4 10 T m/A)(170 A)(0,0100 m) 8,50 10 T 0,850 mT. 2 2 (0,0200 m)
μ (^) π
π π
− × ⋅ − = = = × =
ir B a
(c) Para r = a = 0,0200 m,
7 0 3 2 2
(4 10 T m/A)(170 A)(0,0200 m) 1,70 10 T 1,70 mT. 2 2 (0,0200 m)
ir B a
μ (^) π
π π
− × ⋅ − = = = × =
(d) Para r = 0,0400 m,
7 0 (4^10 T m/A)(170 A)^4 8,50 10 T 0,850 mT. 2 2 (0,0400 m)
i B r
μ (^) π
π π
− × ⋅ − = = = × =
44. Vamos usar a lei de Ampère,
B ds ⋅ = μ i ,
em que a integral é calculada ao longo de uma curva fechada, e a corrente é a cor-
rente total no interior da curva.
(a) No caso da curva 1, o resultado é
7 0 1
6
( 5,0 A 3,0 A) (4 10 T m/A)( 2,0 A)
2,5 10 T m 2,5 T m.
B ds μ π
μ
−
−
⋅ = − + = × ⋅ −
= − × ⋅ = − ⋅
(b) No caso da curva 2, temos
7 2 0
5
( 5,0 A 5,0 A 3,0 A) (4 10 T m/A)( 13,0 A)
1,6 10 T m 16 T m.
μ π
μ
−
−
⋅ = − − − = × ⋅ −
= − × ⋅ = − ⋅
B ds
45. PENSE O valor da integral de linha
B ds ⋅
é proporcional à corrente total envolvida.
FORMULE De acordo com a lei de Ampère,
∫ 0 env^
B ds ⋅ = μ i ,
em que ienv é a corrente total envolvida pela curva fechada.
ANALISE (a) Como duas das correntes são para fora do papel e uma é para dentro do papel, a corrente total envolvida é 2,0 A +
2,0 A – 2,0 A = 2,0 A, para fora do papel. Como a curva é percorrida no sentido horário, uma corrente para dentro do papel é
considerada positiva, e uma corrente para fora do papel é considerada negativa, como pode ser verificado usando a regra da mão
direita associada à lei de Ampère. Assim,
(b) Como a corrente total envolvida é zero (duas das correntes são para fora do papel e duas são para dentro do papel),
∫ 0 env
B ds ⋅ = μ i =0.
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
7 0 0
(4 10 T m/A)(3,60 A) (0,950 m)
0,00571 T 5,71 mT.
N
B μ in μ i π
= = = × ⋅
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
7 0 0
4
(4 10 T m/A)(0,30 A) 0,25 m
3,0 10 T 0,30 mT.
N
B μ in μ i π
−
−
= = = × ⋅
= × =
52. Uma vez que, de acordo com a Eq. 29-23, B = μ 0 in = μ 0 iN/l, N = Bl/ μ 0 i, e o comprimento L do fio é dado por
2 3
7 0
2 2 (2,60 10 m)(23,0 10 T)(1,30m) 2 108 m. 2(4 10 T m/A)(18,0A)
rB L rN i
π π π μ π
− −
−
× ×
× ⋅
53. Como o raio da órbita do elétron é
0
mv mv r eB e μ ni
temos
31 8
19 7 2 0
(9,11 10 kg)(0,0460)(3,00 10 m s) 0,272 A. (1,60 10 C)(4 T m A)(100 0,0100 m)(2,30 10 m)
mv i e μ nr π
−
− − −
× ×
× ×10 ⋅ ×
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
0 0
m m mL T eB e in e iN
π π π
μ μ
em que m é a massa do elétron, L é o comprimento do solenoide, i é 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
o
cos30 0,
L L L
t v v v //
em que (^) v //
é a componente da velocidade paralela ao eixo do solenoide. Assim, o número de revoluções é
19 7 0 6 31
(1,6 10 C)(4 10 H/m)(4,0 A)(8000) 1,6 10. 0,866 2 2 (0,866)(800 m/s)(9,11 10 kg)
t L e iN n T v mL
μ π
π π
− −
−
× ×
= = = = ×
×
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 , s f
B = B + B
em que Bs
e f
B
são os campos
produzidos pelo solenoide e pelo fio, respectivamente. Como o campo Bs
aponta na direção do eixo do solenoide e o campo f
B
é
perpendicular ao eixo do solenoide, Bs
e Bf
são mutuamente perpendiculares. Assim, para que o campo resultante faça 45 o com
o eixo do solenoide, os dois campos devem ter módulos iguais.
ANALISE (a) De acordo com a discussão anterior,
e, portanto, a distância d entre o ponto P e o eixo do solenoide deve ser
(b) O módulo do campo magnético a essa distância do eixo é
APRENDA No caso geral, o ângulo que o campo B
resultante faz com o eixo do solenoide é dado por
56. De acordo com a Eq. 29-26, temos
(^2 ) 0 0 3 2 2 2
6
(^2 8) 8(4 10 T m/A)(200)(0,0122 A)
5 5 5 5 0,25 m 2 ( /2)
8,78 10 T 8,78 T.
μ μ π
μ
−
−
× ⋅
= × =
P
iR N Ni B R R R
B P
aponta no sentido do semieixo x positivo.
57. PENSE O módulo do momento dipolar magnético é dado por μ = 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 = π R 2 , 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:
ANALISE (a) Substituindo os valores conhecidos, obtemos
(b) Explicitando z na equação anterior e substituindo μ pelo valor obtido no item (a), temos
APRENDA Note a semelhança entre B = μ 0 μ /2 π z
3 , 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/2 πε 0 z
3 , 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 = μ 0 i/2R, e, portanto, B % i/R. Como a bobina b tem duas espiras,
b b a
a a b
B i R (^) R
B i R R
62. (a) De acordo com a Eq. 29-9, com ϕ = π rad, temos
7 0 0 0
7
1 1 (4^10 T m/A) 0,0562 A 1 1
4 4 4 0,0572 m 0,0936 m
4,97 10 T 0,497 T.
i i i B a b a b
μ π μ π μ^ π
π π
μ
−
−
^ (^)
× ⋅
= × =
(b) De acordo com a regra da mão direita, o campo B
aponta para dentro do papel no ponto P (veja a Fig. 29-6c).
(c) De acordo com a Eq. 28-35, como a área envolvida é A = ( π a
2
2 )/2, o módulo do momento magnético da espira é
2 2 2 2
3 2 2
(0,0562A)
| | ( ) [(0,0572m) (0,0936m) ] 2 2
1,06 10 A m 1,06 mA m.
i a b
π π μ
−
= × ⋅ = ⋅
(d) O sentido de^ μ
é o mesmo de B ,
ou seja, para dentro do papel.
63. Imaginando que os segmentos bg e cf (que, de acordo com a figura, não conduzem corrente) conduzem duas correntes de
mesmo valor absoluto (i) e sinais opostos, que se cancelam mutuamente, podemos considerar o circuito como uma combinação
de três espiras quadradas que conduzem uma corrente i, como sugere o enunciado do problema.
(a) O momento dipolar magnético do circuito abcdefgha é
2 2
(^2 2 2 )
( )( j i i) j
6,0A 0,10m j (6,0 10 A m ) j (0,060A m ) j.
bcfgb abgha cdefc μ μ μ μ ia ia
−
= = × ⋅ = ⋅
(b) Como a distância entre o ponto e o cubo é muito maior que a aresta do cubo, podemos usar a aproximação dipolar. Para (x,
y, z) = (0, 5,0 m, 0), a Eq. 29-27 nos dá
6 2 2 0 3 3
11
(1,26 10 T m/A)(6,0 10 m A) jˆ (0, 5,0 m, 0) (^2 2) m)
(9,6 10 T ) jˆ^ (96 pT) j.ˆ
B
y
μ μ
π π
− −
−
× ⋅ × ⋅
= × =
64. (a) Os segmentos retilíneos não contribuem para o campo magnético no ponto P, e a contribuição dos segmentos circulares
é dada pela Eq. 29-9. Usando o vetor unitário k
para indicar a direção “para fora do papel”, temos
0 (0,200 A)(7^ /4 rad)^ ˆ 0 (0,200 A)(7^ /4 rad)ˆ 8 ˆ k k 2,75 10 k T, 4 (4,00 m) 4 (2,00 m)
P
B
μ π μ π
π π
− = − = − ×
o que nos dá
8 | B | 2,75 10 T 27,5 nT.
− = × =
(b) O sentido é
−k , ou seja, para dentro do papel.
65. De acordo com a Eq. 29-20,
2 3 2 4
7 0
2 | | 2 (8,00 10 m) (1,00 10 T) 0,00128 m 1,28 mm. (4 10 T m/A)(25,0 A)
R B
r i
π π
μ π
− −
−
× ×
× ⋅
66. (a) De acordo com a Eq. 29-4, temos
0 1 0 2 tot 1 2 1 2
7 7
6
kˆ^ ˆk 2 2
(4 10 T m/A)(6,00 A) (4 10 T m/A)(10,0 A) ˆ ˆ k k 2 (10,0 cm) 2 (5,0 cm)
( 52,0 10 T) k ( 52,0 T) k.
i i B B B r r
μ μ
π π
π π
π π
μ
−
−
× ⋅ × ⋅
= − × = −
(b) Nesse caso, r 1 < y < r 2. Fazendo
0 1 0 2
1 2
i i
r y y r
μ μ
π π
obtemos
2 1 1 2
2 1
(10,0 A)(10,0 cm) (6,00 A)(5,00 cm) 8,13 cm. (10,0 A) (6,00 A)
i r i r y i i
(c) Nesse caso, y > r 2. Fazendo
0 0
1 2
A B i i
y r y r
μ μ
π π
obtemos
2 1 1 2
2 1
(10,0 A)(10,0 cm) (6,00 A)(5,00 cm) 17,5 cm. (10,0 A) (6,00 A)
i r i r y i i
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
0 2 2
i (^) L B R (^) L R
μ
π
Como o centro do quadrado está a uma distância a/2 de quatro fios de comprimento a, temos
0 centro 2 2
i (^) a i B a a a a
μ μ
π π
^ ^ ^
Por outro lado, de acordo com a Eq. 29-10, o campo magnético no centro de um fio circular de raio R é μ 0 i/2R. Assim, o problema
pede para mostrar que
i i
a R a R
μ μ
π π
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,
R
a R a
π = π ⇒ =
