Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES RESNICK, HALLIDAY, KRANE, FÍSICA, 4.ED., LTC, RIO DE JANEIRO, 1996. FÍSICA 3 CAPÍTULO 34 – O CAMPO MAGNÉTICO 55. A Fig. 41 mostra um cilindro de madeira com massa m = 262 g e comprimento L = 12,7 cm, com um fio enrolado longitudinalmente em volta dele, de maneira que o plano do enrolamento, com N = 13 voltas, contém o eixo do cilindro e é paralelo a um plano que tem uma inclinação θ com a horizontal. O cilindro está sobre esse plano inclinado, e o conjunto está sendo submetido a um campo magnético uniforme, vertical, de 477 mT. Qual a menor corrente que deve circular no enrolamento, de forma a evitar que o cilindro role para baixo? (Pág. 153) Solução. Considere o seguinte esquema, que mostra as forças externas que agem sobre o cilindro: −Fm y z Fa P x Fm N No esquema, foram omitidas as duas forças magnéticas em z, que agem sobre os lados das espiras paralelos à pagina. Para que o cilindro não role rampa abaixo ou acima, o torque resultante em relação ao centro de massa, ou em relação ao ponto de contato do cilindro com a rampa, deve ser zero. Em relação ao centro de massa do cilindro agem apenas os torques devido à força magnética τm e à força de atrito estático τa. Logo: τm + τa = 0 (1) Note que nem a força peso nem a normal exercem torques em relação ao centro de massa. O torque da força magnética em relação ao eixo do cilindro em z vale: τ m = μ × B = NiABsenθ k (2) ________________________________________________________________________________________________________ Resnick, Halliday, Krane - Física 3 - 4a Ed. - LTC - 1996. Cap. 34 – O Campo Magnético 1 Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES O torque da força de atrito em relação ao mesmo eixo é dado por: τ a= ra × Fa (3) O cálculo da força de atrito pode ser feito pelas componentes das forças em x e y. Forças em x: N x − Fax = 0 Nsenθ − Fa cos θ = 0 N= Fa cos θ senθ (4) Forças em y: N y + Fay − P = 0 Ncosθ + Fa senθ = mg (5) Substituindo-se (4) em (5): Fa cos θ cosθ + Fa senθ = mg senθ cos 2 θ + sen 2θ Fa senθ = mg Fa = mgsenθ (6) Pode-se agora resolver (3): τ a = −rmgsenθ k (7) Substituindo-se (2) e (7) em (1): NiAB sen θ k − rmg sen θ k = 0 Ni (2rL) B = rmg 2NiLB = mg ( 0, 262 kg ) ( 9,81 m/s ) mg = i = = 1, 6318 A 2 NLB 2 (13)( 0,127 m )( 0, 477 T ) 2 i ≈ 1, 63 A ________________________________________________________________________________________________________ Resnick, Halliday, Krane - Física 3 - 4a Ed. - LTC - 1996. Cap. 34 – O Campo Magnético 2