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PROBLEMAS RESOLVIDOS DE FÍSICA
     Prof. Anderson Coser Gaudio
     Departamento de Física – Centro de Ciências Exatas – Universidade Federal do Espírito Santo
     http://www.cce.ufes.br/anderson
     anderson@npd.ufes.br                               Última atualização: 30/08/2005 11:57 H




                                         RESNICK, HALLIDAY, KRANE, FÍSICA, 4.ED.,
                                               LTC, RIO DE JANEIRO, 1996.


                                                              FÍSICA 3

                                         Capítulo 35 - A Lei de Àmpere




                                          Problemas

01         02         03         04         05         06         07         08         09         10
11         12         13         14         15         16         17         18         19         20
21         22         23         24         25         26         27         28         29         30
31         32         33         34         35         36         37         38         39         40
41         42         43         44         45         46         47         48         49         50
51         52         53         54         55         56
Problemas Resolvidos de Física                      Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES

                                      Problemas Resolvidos

12. Um longo grampo de cabelo é formado dobrando-se um fio, como mostra a Fig. 32. Se uma
    corrente i de 11,5 A passar pelo fio, (a) quais serão a direção, o sentido e a intensidade de B no
    ponto a? (b) E no ponto b, que está muito distante de a? Considere R = 5,20 mm.




                                                                                               (Pág. 169)
Solução.
Pode-se dividir o grampo em três setores: 1, 2 e 3.




(a) O campo magnético em a (Ba) será a soma das contribuições dos setores 1, 2 e 3.
                                  B




        Ba = Ba1 + Ba 2 + Ba 3
Como as contribuições dos setores 1 e 3 são exatamente iguais, temos:
      Ba = 2Ba1 + Ba 2                                                                                 (1)
O cálculo de Ba1 é feito por meio da equação de Biot-Savart:
                 B




               μ0 idl × r
                        ˆ
        dBa1 =                                                                                         (2)
               4π r   2


De acordo com o esquema acima:
        dl = dx
                     R
        senθ =
                     r
        r = ( R2 + x2 )
                         1/ 2



Agora pode-se retomar (2):

________________________________________________________________________________________________________     2
                                       a
Resnick, Halliday, Krane - Física 3 - 4 Ed. - LTC - 1996. Cap. 35 - A Lei de Àmpere
Problemas Resolvidos de Física                      Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES

              μ 0 idx.1.senθ        μ idx.R
        dB a1 =               k= 0          k
              4π      r  2
                                   4π r 3
              μ iR         dx
        dBa1 = 0                  k
               4π ( R + x 2 )3/ 2
                       2


                                                               +∞
              μ iR +∞    dx          μ iR       x
        B a1 = 0 ∫                 k= 0                             k
               4π 0 ( R + x )
                       2    2 3/ 2
                                      4π R ( R + x 2 )1/ 2
                                          2   2
                                                               0

                μ 0i
        Ba1 =        k                                                                                 (3)
               4π R
Calculo de Ba2:
              B




                 μ idl × r
                         ˆ
        dB a 2 = 0
                 4π r  2




Nesse esquema tem-se:
         dl = ds
Logo:
               μ 0 ids.1.sen( π 2)     μi
        dB a 2 =                   k = 0 2 dsk
               4π         R 2
                                      4π R
               μ i πR
        Ba 2 = 0 2 ∫ dsk
              4π R 0
              μ 0i
        Ba 2 =     k                                                                                   (4)
               4R
Substituindo-se (3) e (4) em (1):
                 μi      μi       μi
        B a = 2 0 k + 0 k = 0 (2 + π )k = (1,13708             × 10−3 T)k
                4π R     4R     4π R
        Ba ≈ (1,14 mT) k
(b) O cálculo de Bb é feito admitindo-se que a distância entre a e b é suficientemente grande de tal
forma que o campo gerado em b equivale ao campo produzido por dois fios infinitos paralelos,
eqüidistantes de b e conduzindo a mesma corrente i em sentidos contrários.
                μi       μi
        B b = 2 0 k = 0 k = (8,8461 × 10−4 T)k
               2π R      πR
        Bb ≈ (0,885 mT) k
Nota-se que a curvatura do grampo proporciona aumento na intensidade do campo magnético em a
quando comparado ao ponto b.

                                                  [Início]



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Resnick, Halliday, Krane - Física 3 - 4 Ed. - LTC - 1996. Cap. 35 - A Lei de Àmpere
Problemas Resolvidos de Física                      Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES

15. Considere o circuito da Fig. 35. Os segmentos curvos são arcos de círculos de raios a e b. Os
    segmentos retilíneos são radiais. Ache o campo magnético B em P, supondo uma corrente i
    percorrendo o circuito.




                                                                                               (Pág. 170)
Solução.
O campo magnético no ponto P é dado por:
       B P = B P1 + B P 2 + B P 3 + B P 4
As contribuições dos setores radiais esquerdo e direito são nulas devido à colinearidade entre o fio e
o ponto P. Portanto:
        B P = B P1 + B P 3                                                                       (1)
Considerando-se que o módulo do campo magnético no centro de um circuito circular de raio R, no
qual trafega uma corrente i, é dado por (Eq. 16, pág. 158)
              μi
         B= 0 ,
              2R
pode-se considerar que os arcos definidos pelos raios a e b produzem campos magnéticos em P que
correspondem a uma fração do comprimento do círculo. Ou seja:
               μ i ⎛ bθ ⎞      μ 0iθ
         B P1 = 0 ⎜       ⎟k =       k                                                      (2)
                2b ⎝ 2π b ⎠    4π b
                μ 0i ⎛ aθ ⎞       μ0iθ
        B P2 = −     ⎜     ⎟k = −      k                                                               (3)
                2a ⎝ 2π a ⎠       4π a
Substituindo-se (2) e (3) em (1):
             μ iθ       μ iθ
        BP = 0 k − 0 k
              4π b      4π a
             μ iθ ⎛ 1 1 ⎞
        BP = 0 ⎜ − ⎟ k
               4π ⎝ b a ⎠

                                                  [Início]


17. (a) Mostre que B, no centro de uma espira de fio retangular, de comprimento L e largura d,
    percorrida por uma corrente i, é dada por

           2μ0i ( L2 + d 2 )1/ 2
        B=
            π        Ld

    (b) A que se reduz B quando L >> d? Este é o resultado que se deveria esperar? (Veja o
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Resnick, Halliday, Krane - Física 3 - 4 Ed. - LTC - 1996. Cap. 35 - A Lei de Àmpere
Problemas Resolvidos de Física                                   Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES

    Exemplo 1.)
                                                                                                        (Pág. 170)
Solução.
O campo magnético no centro da espira é o resultado da sobreposição dos campos magnéticos
produzidos pelos quatro segmentos de fio que compõem a espira, sendo que todos os segmentos
contribuem com campos que possuem mesma direção e sentido. Admitindo-se que o sentido da
corrente seja horário, o campo magnético no centro da espira apontará para dentro da página,
perpendicular ao plano do papel.
                       i

                    L/2
        d
                                  d/2

                      L
Campo magnético produzido por uma corrente i que trafega num segmento de fio de comprimento
a, a uma distância b ortogonal ao centro do segmento (lei de Biot-Savart):
            a/2


                  b           r
                          θ
            i             ds
                          x
                      a                 ds = dx
            μ 0 ds × r
                     ˆ
        dB =   i 2
            4π r
            μ ds.1.senθ μ0 dx.b μ0ib     dx
        dB = 0 i        =   i 3 =
            4π      r 2
                          4π r    4π (b + x 2 )3/ 2
                                       2


                                                                            +a / 2
          μ ib + a / 2    dx         μ ib       x
        B= 0 ∫                      = 0 .2. 2 2
           4π − a / 2 (b + x )
                        2    2 3/ 2
                                      4π   b (b + x 2 )1/ 2                 0

                μ 0i      a
        B=
                2π b (4b + x 2 )1/ 2
                        2


Sobreposição dos campos de cada segmento:
       B = 2 Bd + 2 BL
                      μ 0i              d                     μ 0i              L
        B = 2.                                       + 2.
                     ⎛L⎞                      1/ 2
                                                               ⎛d⎞                  1/ 2
                  2π ⎜ ⎟ ⎡ 4 ⎛ L ⎞ + d 2 ⎤                  2π ⎜ ⎟ ⎡ 4 ⎛ d ⎞ + L2 ⎤
                                  2                                         2

                     ⎝2⎠ ⎢ ⎜2⎟           ⎥                     ⎝2⎠ ⎢ ⎜2⎟          ⎥
                         ⎢ ⎝ ⎠
                         ⎣               ⎥
                                         ⎦                         ⎢ ⎝ ⎠
                                                                   ⎣              ⎥
                                                                                  ⎦
           2 μ0i     d           2 μ0i    L               2 μ0i        ⎛ d L ⎞ 2 μ0i ( L + d )
                                                                                        2   2
        B=                     +                   =                      +    =
           π L ( L2 + d 2 )1/ 2 π d (d 2 + L2 )1/ 2 π ( L2 + d 2 )1/ 2 ⎜ L d ⎟ π dL( L2 + d 2 )1/ 2
                                                                       ⎝     ⎠
Logo:
                2μ0i ( L2 + d 2 )1/ 2
        B=
                 π        dL
(b) Para L >> d:
________________________________________________________________________________________________________              5
                                       a
Resnick, Halliday, Krane - Física 3 - 4 Ed. - LTC - 1996. Cap. 35 - A Lei de Àmpere
Problemas Resolvidos de Física                      Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES

            2 μ 0i
        B=                                                                                  (1)
             πd
Sim. No Exemplo 1 temos dois fios longos paralelos separados por uma distância 2d’ e o campo é
calculado a uma distância x do ponto médio entre os fios. A expressão obtida foi:
                 μ0id '
        B=                                                                                             (2)
             π (d '2 − x 2 )
Fazer L >> d equivale a transformar a espira retangular em dois fios longos paralelos separados por
uma distância d. Neste caso teremos d’ = d/2 e x = 0 em (2). Logo:
                    d
               μ 0i
        B=          2
              ⎛d 2
                       ⎞
            π ⎜ 2 − 02 ⎟
              ⎝2       ⎠
             2 μ 0i
        B=          .
             πd

                                                  [Início]


30. (a) Um fio longo é encurvado no formato mostrado na Fig. 41, sem contato no ponto de
    cruzamento P. O raio da parte circular é R. Determine o módulo, a direção e o sentido de B no
    centro C da porção circular, quando a corrente i tem o sentido indicado na figura. (b) A parte
    circular do fio é girada em torno do seu diâmetro (linha tracejada), perpendicular à parte
    retilínea do fio. O momento magnético da espira circular aponta agora na direção da parte
    retilínea e no sentido da corrente nesta parte. Determine B em C, neste caso.




                                                                                               (Pág. 171)
Solução.
(a) O campo magnético no ponto C (B) é a superposição do campo magnético produzido por uma
corrente i que trafega num fio infinito (Bf), a uma distância ortogonal R do fio, e do campo
                                            B




produzido no centro de um anel de corrente i de raio R (Ba).  B




        B = Bf + Ba
O módulo do campo magnético no centro de uma espira circular de raio R, no qual trafega uma
corrente i, é dado por (Eq. 16, pág. 158)
              μi
        B= 0 .
              2R
Logo:
               μi     μi
        B= 0 k+ 0 k
              2π R    2R
             μ 0i ⎛ 1 ⎞
        B=        ⎜ + 1⎟ k
             2R ⎝ π    ⎠
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                                       a
Resnick, Halliday, Krane - Física 3 - 4 Ed. - LTC - 1996. Cap. 35 - A Lei de Àmpere
Problemas Resolvidos de Física                                     Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES

(b)
                                         μ
                            i                     z
                    C
                                              x       y
                        P                i
        B = Bf + Ba
            μ 0i   μi
        B=       k+ 0 i
           2π R    2R
           μ i⎛ 1 ⎞
        B = 0 ⎜i + k ⎟
           2R ⎝ π ⎠

                                                               [Início]


36. A Fig. 46 mostra um fio longo percorrido por uma corrente i1. A espira retangular é percorrida
    por uma corrente i2. Calcule a força resultante sobre a espira. Suponha que a = 1,10 cm, b =
    9,20 cm, L = 32,3 cm, i1 = 28,6 A e i2 = 21,8 A.




                                                                                                          (Pág. 172)
Solução.
Considere o esquema abaixo:

                                    FA                    i1
                                         i2

                         B      x
                                                      y
            FD                                FB
                                                      z        x
                         FC
A força sobre a espira é a soma das forças magnéticas sobre os segmentos A, B, C e D.
        F = FA + FB + FC + FD
A simetria envolvida na situação do problema permite-nos concluir que:
       FB = −FD
Logo:
        F = FA + FC
        F = i2 l A × B A + i2 l C × BC

________________________________________________________________________________________________________                7
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                    μ0i1             μ0i1        μ ii L   b
        F = i2 L         j − i2 L              j= 012            j
                    2μ a          2μ ( a + b )    2μ a ( a + b )

        F=
           ( 4π ×10         −7
                                    T.m/A ) ( 28, 6 A )( 21,8 A )( 0,323 m )
                                                                               ×
                                                 2π

               ×
                                         ( 0, 0920 m )                   j = ( 3, 27049   × 10 −3 N ) j
                   ( 0, 0110 m ) ⎡( 0, 0110 m ) + ( 0, 0920 m ) ⎤
                                 ⎣                              ⎦
        F ≈ ( 3, 27 × 10 −3 N ) j


                                                              [Início]


42. Considere um fio longo cilíndrico de raio R percorrido por uma corrente i distribuída
    uniformemente ao longo da sua seção reta. Encontre os dois valores da distância ao eixo do fio
    para os quais a intensidade do campo magnético devido ao fio é igual à metade do seu valor na
    superfície do fio.
                                                                                         (Pág. 173)
Solução.
O campo magnético na superfície do fio cilíndrico é facilmente obtido pela lei de Ampère, por meio
da construção de um circuito de Ampère circular de raio R em torno do fio.
         ∫ B.ds = μ i   0

        B.2π R = μ0i
                μ 0i
        B=
               2π R
Para r < R:

        B/2
                            r

                                R
           B
         ∫ 2 .ds = μ i  0 (r )


          μ 0i             π r2
               .2π r = μ 0      i
         4π R              π R2
               R
        r=
               2
Para r < R:




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Problemas Resolvidos de Física                      Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES




        B/2                       r


                                  R



           B
         ∫ 2 .ds = μ i0


          μ 0i
               .2π r = μ 0i
         4π R
        r = 2R

                                                  [Início]




________________________________________________________________________________________________________   9
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  • 1. PROBLEMAS RESOLVIDOS DE FÍSICA Prof. Anderson Coser Gaudio Departamento de Física – Centro de Ciências Exatas – Universidade Federal do Espírito Santo http://www.cce.ufes.br/anderson anderson@npd.ufes.br Última atualização: 30/08/2005 11:57 H RESNICK, HALLIDAY, KRANE, FÍSICA, 4.ED., LTC, RIO DE JANEIRO, 1996. FÍSICA 3 Capítulo 35 - A Lei de Àmpere Problemas 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 51 52 53 54 55 56
  • 2. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES Problemas Resolvidos 12. Um longo grampo de cabelo é formado dobrando-se um fio, como mostra a Fig. 32. Se uma corrente i de 11,5 A passar pelo fio, (a) quais serão a direção, o sentido e a intensidade de B no ponto a? (b) E no ponto b, que está muito distante de a? Considere R = 5,20 mm. (Pág. 169) Solução. Pode-se dividir o grampo em três setores: 1, 2 e 3. (a) O campo magnético em a (Ba) será a soma das contribuições dos setores 1, 2 e 3. B Ba = Ba1 + Ba 2 + Ba 3 Como as contribuições dos setores 1 e 3 são exatamente iguais, temos: Ba = 2Ba1 + Ba 2 (1) O cálculo de Ba1 é feito por meio da equação de Biot-Savart: B μ0 idl × r ˆ dBa1 = (2) 4π r 2 De acordo com o esquema acima: dl = dx R senθ = r r = ( R2 + x2 ) 1/ 2 Agora pode-se retomar (2): ________________________________________________________________________________________________________ 2 a Resnick, Halliday, Krane - Física 3 - 4 Ed. - LTC - 1996. Cap. 35 - A Lei de Àmpere
  • 3. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES μ 0 idx.1.senθ μ idx.R dB a1 = k= 0 k 4π r 2 4π r 3 μ iR dx dBa1 = 0 k 4π ( R + x 2 )3/ 2 2 +∞ μ iR +∞ dx μ iR x B a1 = 0 ∫ k= 0 k 4π 0 ( R + x ) 2 2 3/ 2 4π R ( R + x 2 )1/ 2 2 2 0 μ 0i Ba1 = k (3) 4π R Calculo de Ba2: B μ idl × r ˆ dB a 2 = 0 4π r 2 Nesse esquema tem-se: dl = ds Logo: μ 0 ids.1.sen( π 2) μi dB a 2 = k = 0 2 dsk 4π R 2 4π R μ i πR Ba 2 = 0 2 ∫ dsk 4π R 0 μ 0i Ba 2 = k (4) 4R Substituindo-se (3) e (4) em (1): μi μi μi B a = 2 0 k + 0 k = 0 (2 + π )k = (1,13708 × 10−3 T)k 4π R 4R 4π R Ba ≈ (1,14 mT) k (b) O cálculo de Bb é feito admitindo-se que a distância entre a e b é suficientemente grande de tal forma que o campo gerado em b equivale ao campo produzido por dois fios infinitos paralelos, eqüidistantes de b e conduzindo a mesma corrente i em sentidos contrários. μi μi B b = 2 0 k = 0 k = (8,8461 × 10−4 T)k 2π R πR Bb ≈ (0,885 mT) k Nota-se que a curvatura do grampo proporciona aumento na intensidade do campo magnético em a quando comparado ao ponto b. [Início] ________________________________________________________________________________________________________ 3 a Resnick, Halliday, Krane - Física 3 - 4 Ed. - LTC - 1996. Cap. 35 - A Lei de Àmpere
  • 4. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES 15. Considere o circuito da Fig. 35. Os segmentos curvos são arcos de círculos de raios a e b. Os segmentos retilíneos são radiais. Ache o campo magnético B em P, supondo uma corrente i percorrendo o circuito. (Pág. 170) Solução. O campo magnético no ponto P é dado por: B P = B P1 + B P 2 + B P 3 + B P 4 As contribuições dos setores radiais esquerdo e direito são nulas devido à colinearidade entre o fio e o ponto P. Portanto: B P = B P1 + B P 3 (1) Considerando-se que o módulo do campo magnético no centro de um circuito circular de raio R, no qual trafega uma corrente i, é dado por (Eq. 16, pág. 158) μi B= 0 , 2R pode-se considerar que os arcos definidos pelos raios a e b produzem campos magnéticos em P que correspondem a uma fração do comprimento do círculo. Ou seja: μ i ⎛ bθ ⎞ μ 0iθ B P1 = 0 ⎜ ⎟k = k (2) 2b ⎝ 2π b ⎠ 4π b μ 0i ⎛ aθ ⎞ μ0iθ B P2 = − ⎜ ⎟k = − k (3) 2a ⎝ 2π a ⎠ 4π a Substituindo-se (2) e (3) em (1): μ iθ μ iθ BP = 0 k − 0 k 4π b 4π a μ iθ ⎛ 1 1 ⎞ BP = 0 ⎜ − ⎟ k 4π ⎝ b a ⎠ [Início] 17. (a) Mostre que B, no centro de uma espira de fio retangular, de comprimento L e largura d, percorrida por uma corrente i, é dada por 2μ0i ( L2 + d 2 )1/ 2 B= π Ld (b) A que se reduz B quando L >> d? Este é o resultado que se deveria esperar? (Veja o ________________________________________________________________________________________________________ 4 a Resnick, Halliday, Krane - Física 3 - 4 Ed. - LTC - 1996. Cap. 35 - A Lei de Àmpere
  • 5. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES Exemplo 1.) (Pág. 170) Solução. O campo magnético no centro da espira é o resultado da sobreposição dos campos magnéticos produzidos pelos quatro segmentos de fio que compõem a espira, sendo que todos os segmentos contribuem com campos que possuem mesma direção e sentido. Admitindo-se que o sentido da corrente seja horário, o campo magnético no centro da espira apontará para dentro da página, perpendicular ao plano do papel. i L/2 d d/2 L Campo magnético produzido por uma corrente i que trafega num segmento de fio de comprimento a, a uma distância b ortogonal ao centro do segmento (lei de Biot-Savart): a/2 b r θ i ds x a ds = dx μ 0 ds × r ˆ dB = i 2 4π r μ ds.1.senθ μ0 dx.b μ0ib dx dB = 0 i = i 3 = 4π r 2 4π r 4π (b + x 2 )3/ 2 2 +a / 2 μ ib + a / 2 dx μ ib x B= 0 ∫ = 0 .2. 2 2 4π − a / 2 (b + x ) 2 2 3/ 2 4π b (b + x 2 )1/ 2 0 μ 0i a B= 2π b (4b + x 2 )1/ 2 2 Sobreposição dos campos de cada segmento: B = 2 Bd + 2 BL μ 0i d μ 0i L B = 2. + 2. ⎛L⎞ 1/ 2 ⎛d⎞ 1/ 2 2π ⎜ ⎟ ⎡ 4 ⎛ L ⎞ + d 2 ⎤ 2π ⎜ ⎟ ⎡ 4 ⎛ d ⎞ + L2 ⎤ 2 2 ⎝2⎠ ⎢ ⎜2⎟ ⎥ ⎝2⎠ ⎢ ⎜2⎟ ⎥ ⎢ ⎝ ⎠ ⎣ ⎥ ⎦ ⎢ ⎝ ⎠ ⎣ ⎥ ⎦ 2 μ0i d 2 μ0i L 2 μ0i ⎛ d L ⎞ 2 μ0i ( L + d ) 2 2 B= + = + = π L ( L2 + d 2 )1/ 2 π d (d 2 + L2 )1/ 2 π ( L2 + d 2 )1/ 2 ⎜ L d ⎟ π dL( L2 + d 2 )1/ 2 ⎝ ⎠ Logo: 2μ0i ( L2 + d 2 )1/ 2 B= π dL (b) Para L >> d: ________________________________________________________________________________________________________ 5 a Resnick, Halliday, Krane - Física 3 - 4 Ed. - LTC - 1996. Cap. 35 - A Lei de Àmpere
  • 6. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES 2 μ 0i B= (1) πd Sim. No Exemplo 1 temos dois fios longos paralelos separados por uma distância 2d’ e o campo é calculado a uma distância x do ponto médio entre os fios. A expressão obtida foi: μ0id ' B= (2) π (d '2 − x 2 ) Fazer L >> d equivale a transformar a espira retangular em dois fios longos paralelos separados por uma distância d. Neste caso teremos d’ = d/2 e x = 0 em (2). Logo: d μ 0i B= 2 ⎛d 2 ⎞ π ⎜ 2 − 02 ⎟ ⎝2 ⎠ 2 μ 0i B= . πd [Início] 30. (a) Um fio longo é encurvado no formato mostrado na Fig. 41, sem contato no ponto de cruzamento P. O raio da parte circular é R. Determine o módulo, a direção e o sentido de B no centro C da porção circular, quando a corrente i tem o sentido indicado na figura. (b) A parte circular do fio é girada em torno do seu diâmetro (linha tracejada), perpendicular à parte retilínea do fio. O momento magnético da espira circular aponta agora na direção da parte retilínea e no sentido da corrente nesta parte. Determine B em C, neste caso. (Pág. 171) Solução. (a) O campo magnético no ponto C (B) é a superposição do campo magnético produzido por uma corrente i que trafega num fio infinito (Bf), a uma distância ortogonal R do fio, e do campo B produzido no centro de um anel de corrente i de raio R (Ba). B B = Bf + Ba O módulo do campo magnético no centro de uma espira circular de raio R, no qual trafega uma corrente i, é dado por (Eq. 16, pág. 158) μi B= 0 . 2R Logo: μi μi B= 0 k+ 0 k 2π R 2R μ 0i ⎛ 1 ⎞ B= ⎜ + 1⎟ k 2R ⎝ π ⎠ ________________________________________________________________________________________________________ 6 a Resnick, Halliday, Krane - Física 3 - 4 Ed. - LTC - 1996. Cap. 35 - A Lei de Àmpere
  • 7. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES (b) μ i z C x y P i B = Bf + Ba μ 0i μi B= k+ 0 i 2π R 2R μ i⎛ 1 ⎞ B = 0 ⎜i + k ⎟ 2R ⎝ π ⎠ [Início] 36. A Fig. 46 mostra um fio longo percorrido por uma corrente i1. A espira retangular é percorrida por uma corrente i2. Calcule a força resultante sobre a espira. Suponha que a = 1,10 cm, b = 9,20 cm, L = 32,3 cm, i1 = 28,6 A e i2 = 21,8 A. (Pág. 172) Solução. Considere o esquema abaixo: FA i1 i2 B x y FD FB z x FC A força sobre a espira é a soma das forças magnéticas sobre os segmentos A, B, C e D. F = FA + FB + FC + FD A simetria envolvida na situação do problema permite-nos concluir que: FB = −FD Logo: F = FA + FC F = i2 l A × B A + i2 l C × BC ________________________________________________________________________________________________________ 7 a Resnick, Halliday, Krane - Física 3 - 4 Ed. - LTC - 1996. Cap. 35 - A Lei de Àmpere
  • 8. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES μ0i1 μ0i1 μ ii L b F = i2 L j − i2 L j= 012 j 2μ a 2μ ( a + b ) 2μ a ( a + b ) F= ( 4π ×10 −7 T.m/A ) ( 28, 6 A )( 21,8 A )( 0,323 m ) × 2π × ( 0, 0920 m ) j = ( 3, 27049 × 10 −3 N ) j ( 0, 0110 m ) ⎡( 0, 0110 m ) + ( 0, 0920 m ) ⎤ ⎣ ⎦ F ≈ ( 3, 27 × 10 −3 N ) j [Início] 42. Considere um fio longo cilíndrico de raio R percorrido por uma corrente i distribuída uniformemente ao longo da sua seção reta. Encontre os dois valores da distância ao eixo do fio para os quais a intensidade do campo magnético devido ao fio é igual à metade do seu valor na superfície do fio. (Pág. 173) Solução. O campo magnético na superfície do fio cilíndrico é facilmente obtido pela lei de Ampère, por meio da construção de um circuito de Ampère circular de raio R em torno do fio. ∫ B.ds = μ i 0 B.2π R = μ0i μ 0i B= 2π R Para r < R: B/2 r R B ∫ 2 .ds = μ i 0 (r ) μ 0i π r2 .2π r = μ 0 i 4π R π R2 R r= 2 Para r < R: ________________________________________________________________________________________________________ 8 a Resnick, Halliday, Krane - Física 3 - 4 Ed. - LTC - 1996. Cap. 35 - A Lei de Àmpere
  • 9. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES B/2 r R B ∫ 2 .ds = μ i0 μ 0i .2π r = μ 0i 4π R r = 2R [Início] ________________________________________________________________________________________________________ 9 a Resnick, Halliday, Krane - Física 3 - 4 Ed. - LTC - 1996. Cap. 35 - A Lei de Àmpere