Problemas Resolvidos de Física

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
[email protected]
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
11
21
31
41
51
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12
22
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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.
Ba = Ba1 + Ba 2 + Ba 3
B
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 × rˆ
4π r 2
De acordo com o esquema acima:
dl = dx
dBa1 =
senθ =
(2)
R
r
r = ( R2 + x2 )
1/ 2
Agora pode-se retomar (2):
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a
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μ 0 idx.1.senθ
μ idx.R
k= 0
k
2
4π
r
4π r 3
μ iR
dx
dBa1 = 0
k
2
4π ( R + x 2 )3/ 2
dB a1 =
μ iR +∞
μ iR
dx
x
B a1 = 0 ∫
k= 0
2
2
3/
2
2
2
4π 0 ( R + x )
4π R ( R + x 2 )1/ 2
+∞
k
0
μ 0i
k
4π R
Calculo de Ba2:
μ idl × rˆ
dB a 2 = 0
4π r 2
Ba1 =
(3)
B
Nesse esquema tem-se:
dl = ds
Logo:
μ 0 ids.1.sen( π 2)
μi
k = 0 2 dsk
2
4π
4π R
R
μ i πR
Ba 2 = 0 2 ∫ dsk
4π R 0
μ 0i
dB a 2 =
Ba 2 =
k
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
(4)
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
πR
2π R
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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a
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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
(2)
B P1 = 0 ⎜
k
⎟k =
2b ⎝ 2π b ⎠
4π b
μ 0i ⎛ aθ ⎞
μ0iθ
k
⎜
⎟k = −
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 ⎠
B P2 = −
(3)
[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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a
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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
θ
r
ds
x
i
a
ds = dx
μ0 ds × rˆ
i
4π r 2
μ ds.1.senθ μ0 dx.b μ0ib
dx
dB = 0 i
=
i 3 =
2
2
4π
r
4π r
4π (b + x 2 )3/ 2
dB =
μ ib + a / 2
μ ib
dx
x
B= 0 ∫
= 0 .2. 2 2
2
2
3/
2
b (b + x 2 )1/ 2
4π − a / 2 (b + x )
4π
B=
+a / 2
0
μ 0i
a
2
2π b (4b + x 2 )1/ 2
Sobreposição dos campos de cada segmento:
B = 2 Bd + 2 BL
B = 2.
μ 0i
d
2
⎛L⎞
2π ⎜ ⎟ ⎡ 4 ⎛ L ⎞ + d 2 ⎤
⎥
⎝ 2 ⎠ ⎢ ⎜⎝ 2 ⎟⎠
⎢⎣
⎥⎦
1/ 2
+ 2.
μ 0i
L
1/ 2
2
⎛d⎞
2π ⎜ ⎟ ⎡ 4 ⎛ d ⎞ + L2 ⎤
⎥
⎝ 2 ⎠ ⎢ ⎜⎝ 2 ⎟⎠
⎢⎣
⎥⎦
2
2
2 μ0i
2 μ0i
2 μ0i
d
L
⎛ d L ⎞ 2 μ0i ( L + d )
+
=
+
=
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:
B=
2μ0i ( L2 + d 2 )1/ 2
π
dL
(b) Para L >> d:
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a
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2 μ 0i
(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:
B=
B=
μ0id '
(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
2
B=
2
⎛d
⎞
π ⎜ 2 − 02 ⎟
⎝2
⎠
B=
2 μ 0i
.
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
produzido no centro de um anel de corrente i de raio R (Ba).
B = Bf + Ba
B
B
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
B=
μ 0i ⎛ 1 ⎞
⎜ + 1⎟ k
2R ⎝ π
⎠
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a
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(b)
μ
z
i
C
i
P
x
y
B = Bf + Ba
μ 0i
μi
k+ 0 i
2π R
2R
μ i⎛ 1 ⎞
B = 0 ⎜i + k ⎟
2R ⎝ π ⎠
B=
[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
FD
B
i1
i2
x
FB
y
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
________________________________________________________________________________________________________
a
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F = i2 L
μ0i1
μ0i1
μ ii L
b
j − i2 L
j= 012
j
2μ a
2μ ( a + b )
2μ a ( a + b )
( 4π ×10
F=
×
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−7
T.m/A ) ( 28, 6 A )( 21,8 A )( 0,323 m )
2π
( 0, 0920 m )
( 0, 0110 m ) ⎡⎣( 0, 0110 m ) + ( 0, 0920 m ) ⎤⎦
×
j = ( 3, 27049" × 10 −3 N ) j
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.
v∫ B.ds = μ i
0
B.2π R = μ0i
B=
μ 0i
2π R
Para r < R:
B/2
r
R
B
v∫ 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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r
B/2
R
B
v∫ 2 .ds = μ i
0
μ 0i
.2π r = μ 0i
4π R
r = 2R
[Início]
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