Exerc´ıcios Resolvidos de Teoria Eletromagn´etica
Jason Alfredo Carlson Gallas,
professor titular de f´ısica te´orica, Doutor em F´ısica pela Universidade Ludwig Maximilian de Munique, AlemanhaUniversidade Federal do Rio Grande do Sul Instituto de F´ısica
Mat´eria para a TERCEIRA prova. Numerac¸˜ao conforme a quarta edic¸˜ao do livro “Fundamentos de F´ısica”, Halliday, Resnick e Walker.
Esta e outras listas encontram-se em: http://www.if.ufrgs.br/ jgallas
Conte ´udo
30 O Campo Magn´etico 2 30.1 Quest˜oes . . . 2 30.2 Problemas e Exerc´ıcios . . . 3 30.2.1 Definic¸˜ao de B – 1/8 . . . . 3 30.2.2 A Descoberta do El´etron – 9/13 6 30.2.3 O Efeito Hall – 14/18 . . . 630.2.4 Movimento Circular de uma Carga – 19/37 . . . 7 30.2.5 C´ıclotrons e Sincrotons – 38/42 9 30.2.6 Forc¸a magn´etica sobre fio
trans-portando corrente – 43/52 . . . 9 30.2.7 Torque sobre uma Bobina de
Corrente – 53/61 . . . 10 30.2.8 O Dipolo Magn´etico – 62/72 . . 12
Coment´arios/Sugest˜oes e Erros: favor enviar para jgallas @ if.ufrgs.br (lista3.tex)
30
O Campo Magn´etico
30.1
Quest˜oes
Q 30-1.
Dos trˆes vetores na equac¸˜ao
, que pa-res s˜ao sempre ortogonais entre si? Que papa-res podem formar um ˆangulo arbitr´ario entre si?
Esta quest˜ao ´e apenas uma revis˜ao de ´algebra vetorial: o vetor que resulta de um produto vetorial de dois outros vetores deve sempre ser ortogonal aos vetores dos quais “descende”. Portanto os vetores
e
podem fazer um ˆangulo arbitr´ario entre si. Mas
ser´a necessariamente perpendicular tanto a
quanto a
.
Q 30-3.
Imagine que vocˆe esteja sentado numa sala com as cos-tas voltadas para a parede, da qual emerge um feixe de el´etrons que se move horizontalmente na direc¸˜ao da pa-rede em frente. Se o feixe de el´etrons for desviado para a sua direita, qual ser´a a direc¸˜ao e o sentido do campo magn´etico existente na sala?
Vertical, para baixo. Pois fazendo o produto vetorial
vemos que a forc¸a magn´etica aponta para a es-querda, fornecendo a direc¸˜ao para onde part´ıculas carre-gadas positivamente s˜ao desviadas. El´etrons desviam-se para a direita.
Q 30-4.
Como podemos descartar a hip ´otese de as forc¸as exis-tentes entre ´ım˜as serem forc¸as el´etricas?
Basta colocar os ´ım˜as em contato e, depois separ´a-los: as forc¸as n˜ao se neutralizam e sua magnitude, direc¸˜ao e sentido n˜ao se altera ap´os ter havido o contato e a separac¸˜ao.
Q 30-6.
Se um el´etron em movimento for desviado lateralmente ao atravessar uma certa regi˜ao do espac¸o, podemos afir-mar com certeza que existe um campo magn´etico nessa regi˜ao?
N˜ao. Tal afirmativa ser´a valida apenas se o el´etron andar em c´ırculos sem variar sua energia cin´etica.
Q 30-11.
Quais s˜ao as func¸˜oes fundamentais do: (a) campo el´etrico e (b) campo magn´etico no ciclotron?
(a) Estabelecer a ddp que acelera as cargas [i.e. au-menta sua energia]; (b) Estabelecer movimento circu-lar que permite a acelerac¸˜ao das mesmas, ao serem re-injetadas no campo el´etrico.
Q 30-12.
Qual ´e o fato central que possibilita a operac¸˜ao de um ciclotron convencional? Ignore considerac¸˜oes rela-tiv´ısticas.
O fato central que permite a operac¸˜ao de um ciclo-tron ´e a chamada condic¸˜ao de ressonˆancia, expressa pe-la Eq. (30-22): circulac¸˜ao oscilador el´etrico Q 30-17.
Um condutor tem uma carga total nula, mesmo quando percorrido por uma corrente. Por que, ent˜ao, um campo magn´etico ´e capaz de exercer uma forc¸a sobre ele?
Numa corrente el´etrica os el´etrons possuem uma mobilidade grande ao passo que os pr ´otons pratica-mente n˜ao se movem (porque est˜ao rigidapratica-mente liga-dos na rede cristalina). Portanto, surge uma forc¸a magn´etica macrosc´opica em virtude destes movimentos microsc´opicos dos el´etrons.
Q 30-19.
Uma espira retangular ocupa uma posic¸˜ao arbitr´aria num campo magn´etico externo. Que trabalho ´e ne-cess´ario para girar a espira em torno de um eixo per-pendicular ao seu plano?
Dica: A energia potencial magn´etica de um dipolo magn´etico
colocado num campo magn´etico externo
´e Q 30-21.
Mostramos, no exemplo 9, que o trabalho necess´ario para inverter uma espira de corrente, num campo magn´etico externo, a partir da posic¸˜ao em que est´a ali-nhada com o campo vale "!
. Este resultado ´e v´alido para qualquer rotac¸˜ao de#%$'&)( que parta de uma posic¸˜ao
arbitr´aria? N˜ao. * +-,/.0 1+ "!32546 +7,/.0 98) "!/254)6 ;: "!3254)6 =< pois2546 +>,?.0 254)6 254)6 .0 @ 2A46 Desta
ex-press˜ao vemos que o resultado final depende do ˆangulo
, do qual partimos, ao fazer a rotac¸˜ao de#B$&( .
Q 30-22.
Imagine que no aposento em que vocˆe est´a sentado exis-ta um campo magn´etico uniforme
apontando verti-calmente para cima. Uma espira circular tem seu plano horizontal. Para que sentido da corrente (vista de cima) estar´a a espira em equil´ıbrio est´avel em relac¸˜ao `as forc¸as e torques de origem magn´etica?
Anti-hor´ario, pois minimiza
.
30.2
Problemas e Exerc´ıcios
30.2.1 Definic¸˜ao de B – 1/8
E 30-1
Expresse a unidade de um campo magn´etico!
em ter-mos das dimens˜oesC ,D ,E eF (massa, comprimento,
tempo e carga).
Uma maneira simples de se fazer isto ´e usando-se a Eq. 30-6,GH 3I , que fornece J !LK JM K J K JN K CODQP E-R F A DSPTE C FUE E 30-2
Quator part´ıculas seguem as trajet´orias mostradas na Fig. 30-28 quando elas passam atrav´es de um campo magn´etico. O que se pode concluir sobre a carga de cada part´ıcula?
O que podemos concluir sobre o sinal da carga ´e o seguinte, considerando-se a atuac¸˜ao da forc¸a magn´etica
VV /
: A part´ıcula 1 tem carga positiva, pois desloca-se no mesmo sentido em que atua
. Analoga-mente, as part´ıculas 2 e 4 tem carga negativa.
Para a part´ıcula 3 podemos concluir mais do que apenas seu sinal: a part´ıcula 3 n˜ao tem carga pois, como se per-cebe claramente da figura, a possibilidade do produto vetorial ser zero (isto ´e, termosW //
) est´a excluida. Em outras palavras, perceba que uma part´ıcula carrega-da poderia atravessar um campo magn´etico sem sobre deflex˜ao, desde que viajasse paralelamente ao campo. Isto ´e uma conseq ¨uˆencia direta do produto vetorial que define
.
E 30-3
Um el´etron num tubo de TV est´a se movendo aX
#%&'Y
m/s num campo magn´etico de intensidade $Z mT. (a)
Sem conhecermos a direc¸˜ao do campo, quais s˜ao o maior e o menor m´odulo da forc¸a que o el´etron po-de sentir po-devido a este campo? (b) Num certo ponto a acelerac¸˜ao do el´etron ´e[
\
#B&^]`_ m/sR . Qual ´e o ˆangulo
entre a velocidade do el´etron e o campo magn´etico?
(a) As forc¸as m´axima e m´ınima ocorrem paraa
\
&( ea
&( , respectivamente. Portanto
M max N ! sen\ & ( # b #B&dc ]fe 5 X #%& Y 5 $Z #%&gcih \dkjlb #B& c ]m_ N M min N ! sen& ( & N (b) Comon M PToqp N ! sen
P orp temos que
senc ]ts o p n N !u senc ]ts \t ## #%& cvh ] A [ \ #B&^]`_ \dkjlb #B& c ]m_ u & b X (
E 30-4
Um pr ´oton que se move num ˆangulo de lZ)( em relac¸˜ao a
um campo magn´etico de intensidade b mT
experimen-ta uma forc¸a magn´etica debdkj
#B& c ]fw N. Calcular: (a)
a velocidade escalar e (b) a energia cin´etica em el´etrons-volt do pr ´oton.
(a) A magnitude da forc¸a magn´etica no pr ´oton ´e dada por M x N ! seny , onde N
´e a velocidade do pr ´oton,
!
´e a magnitude do campo magn´etico, ey ´e o ˆangulo
entre a velocidade da part´ıcula e o campo. Portanto
N M x ! seny bdkj #%& c ]mw N # b #B& c ]fe C 5 b #B& cih T sen lZ ( [ #%&'z m/s
(b) A energia cin´etica do pr ´oton ´e
{ # o N R # # b X #%& c R|w kg 5 [ #%&'z m/s R # Zl[ #%& c ]mY J <
energia esta que equivale a
# Zl[ #%& c ]mY J # b #%& c ]fe J/eV $'Z j eV P 30-5
Um el´etron que tem velocidade
#B&'Y m/s m}~, Z #B&Y m/s
penetra num campo magn´etico
& &Z'&'E m} , & # j E
. (a) Determine o m´odulo, direc¸˜ao e o sentido da forc¸a sobre o el´etron. (b) Repita o c´alculo para um pr ´oton tendo a mesma velocidade.
(a) A equac¸˜ao que fornece a forc¸a ´e G
. Portanto, basta calcular o produto vetorial:
} #B&Y Z #B&Y & & &'Z'& & # j & & # j A #B& Y & &'Z'& 5 Z #B& Y < onde Vx # b #B& c
]fe C. Fazendo as contas,
obtemos, G , bdb [ #%& c ]`_
(b) Neste caso o c´alculo ´e idˆentico ao anterior, por´em usando-se agoraU
, # b #%& c ]me C: G bdb [ #B& c ]m_ P 30-6
Um el´etron num campo magn´etico uniforme tem uma velocidade [)& km/s f}, Z j km/s . Ele experi-menta uma forc¸aG
[ fN f}, [ $ fN . Sabendo-se que !
& , calcular o campo magn´etico [que da
origem `a forc¸a]. Nota: o prefixo = femto =#B& c ] z . Como! & , escrevemos ! , ! e tratamos de descobrir o valor das duas componentes desconheci-das, !7
e !
. Com este campo obtemos para a forc¸a magn´etica: W q N }t, N ! >, !7 0 M }t, M < onde M [ #%& c ] z N e M [ $ #B& c ] z N.
Efetuando o produto e simplificando encontramos que
M N ! < M O N ! < N '! & < e, portanto, que!7
& . Assim sendo, temos 9 ! M N [ #B& c ] z # b #B& c ]fe 5 Z j #B& h & X j 0 E
Ser´a que a relac¸˜ao
M
N
T!7
, que n˜ao foi usada nos c´alculos acima, tamb´em fica satisfeita? ´E f´acil verificar que tal relac¸˜ao tamb´em ´e obedecida, consistentemente:
M M O [)$ [^ @ $ X O [)& Z j O N N P 30-7
Os el´etrons de um tubo de televis˜ao tˆem uma energia cin´etica de#
keV. O tubo est´a orientado de modo que
os el´etrons se movam horizontalmente do sul magn´etico para o norte magn´etico. A componente vertical do cam-po magn´etico da Terra acam-ponta para baixo e tem m´odulo de jj
T. (a) Em que direc¸˜ao o feixe ser´a desviado? (b) Qual a acelerac¸˜ao de um el´etron devida ao campo
magn´etico? (c) Qual ser´a o desvio sofrido pelo feixe ap´os ter percorrido l& cm atrav´es do tubo de televis˜ao?
(a) Desenhe uma linha reta vertical e, sobre ela, su-ponha que o o Sul magn´etico ( norte geogr´afico)
es-teja localizado na parte superior da figura e o Norte magn´etico ( sul geogr´afico) na parte inferior. Ent˜ao,
neste diagrama, o oeste est´a `a esquerda, o leste `direita. Conforme os dados do problema, o vetor velocidade
dos el´etrons ter´a a mesma direc¸˜ao da linha vertical, apontando de cima para baixo (dado do problema), en-quanto que o campo magn´etico da Terra apontar´a sem-pre para dentro da p´agina onde estiver desenhada a li-nha reta.
Isto posto, a regra da m˜ao direita nos fornece que
I
aponta para a direita (Leste). Por´em, como a carga do el´etron ´e negativa, a forc¸a magn´etica sobre ele apontar´a para a esquerda (Oeste).
Esta resposta contradiz a resposta do livro. Mas a minha resposta parece-me ser a correta.
(b) Use M oqn , onde M x N !
sena . Nesta
ex-press˜ao
N
´e a magnitude da velocidade do el´etron, !
a magnitude do campo magn´etico, ea ´e o ˆangulo entre
a velocidade do el´etron e o campo magn´etico, ou seja,
a \ &)( . Portanto, n x N ! sen\ &( o x N ! o
Para podermos determinar o valor num´erico desta acelerac¸˜ao falta-nos ainda obter o valor de
N
, que pode ser facilmente obtido da energia cin´etica:
N { o #% #%& h eV 5 # b #%& c ]me J/eV \d #'# #B& cih ] kg bt [ \ #B& w m/s Portanto n x N ! o # b & #%& c ]fe A bd [ \ #B&w 5 j'j #B& c Y \d #'# #B& cvh ] bd X #B& ]`_ m/s R
(c) A ´orbita do el´etron ´e circular. Como a acelerac¸˜ao ´e dada por
N
R PT , onde ´e o raio da ´orbita, encontramos
que N R n bd [ \ #B&w R bt )X #%& ]m_ bd Xl m
O pedac¸o de c´ırculo percorrido pelo el´etron subenten-de um ˆangulo
a partir do centro. O comprimento
&
l& m que foi andado no tubo implica numa
reduc¸˜ao (“deflecc¸˜ao”) do raio . O triˆangulo curvo
cuja hipotenusa ´e a trajet´oria curva do el´etron, o lado maior ´e
e o lado menor ´e a deflex˜ao nos fornece
254)6 < e sen
Elevando ambas equac¸˜oes ao quadrado e somando o re-sultado obtemosR R , R , ou seja, H¡ R R
O sinal “mais” corresponde a um ˆangulo de#B$'&
(
. O sinal “menos” corresponde `a soluc¸˜ao fisicamente corre-ta.
Como
´e muito menor que , podemos usar o teorema
da expans˜ao binomial e expandir ¢
R
R . Os dois
primeiros termos de tal expans˜ao s˜ao R P ' de onde obtemos finalmente que a deflecc¸˜ao (“diminuic¸˜ao de ”) ´e dada por
¤£ R l & && \ $ m \ $ mm P 30-8¥
Um el´etron tem uma velocidade inicial
#% km/s , # j km/s ` e uma acelerac¸˜ao de #B&^]mR km/sR f} nu-ma regi˜ao em que est˜ao presentes um campo el´etrico e um campo magn´etico uniformes. Sabendo-se que
[)&'& T m}
, determine o campo el´etrico¦ .
Chamando a acelerac¸˜ao de§ e partindo-se da relac¸˜ao ¦ , /I o p § <
encontramos sem dificuldades que
¦ orp ¨§ , I <
onde o sinal negativo foi usado para trocar a ordem dos fatores no produto vetorial.
¦ #'# [ } bd & S, [ $ 0 V/m
30.2.2 A Descoberta do El´etron – 9/13
E 30-10
Um el´etron com energia cin´etica de j keV se move
ho-rizontalmente para dentro de uma regi˜ao do espac¸o onde existe um campo el´etrico direcionado para baixo e cujo m´odulo ´e igual a #%& kV/m. (a) Quais s˜ao o m´odulo, a
direc¸˜ao e o sentido do (menor) campo magn´etico capaz de fazer com que os el´etrons continuem a se mover hori-zontalmente? Ignore a forc¸a gravitacional, que ´e bastan-te pequena. (b) Ser´a poss´ıvel, para um pr ´oton, atravessar esta combinac¸˜ao de campos sem ser desviado? Se for, em que circunstˆancias?
(a) Usamos a energia cin´etica para determinar a velo-cidade: N { o kj #B& h eV 5 # b & #B& c ]fe J/eV \d #'# #B& cih ] kg \'b #%& w m/s
Usando a Eq. 30-10, obtemos:
! ª© N #%& #%& h V/m \'b #B& w m/s Z Z)X #B& c _ T
O campo magn´etico tem que ser perpendicular tanto ao campo el´etrico quanto `a velocidade do el´etron.
(b) Um pr ´oton passar´a sem deflex˜ao caso sua velocidade seja idˆentica `a velocidade do el´etron. Devido `a carga do pr ´oton ter sinal positivo, observe que as forc¸as el´etricas e magn´eticas revertem suas direc¸˜oes, por´em continuam a cancelar-se! E 30-11 Um campo el´etrico de# kj kV/m e um campo magn´etico de&
[ T atuam sobre um el´etron em movimento de
mo-do a produzir uma forc¸a resultante nula. (a) Calcule a velocidade escalar m´ınima
N do el´etron. (b) Desenhe vetores¦ < e .
Como a forc¸a resultante ´e nula, o m´odulo da forc¸a el´etrica ´e igual ao m´odulo da forc¸a magn´etica:
x © x N ! . Portanto (a) N ª© ! # kj #%& h & [ Z X j #%&'h m/s
(b) Uma possibilidade ´e: com
saindo perpendicular-mente ao plano da p´agina e ¦ apontando para baixo,
temos um desvio para cima quando o el´etron entrar da esquerda para a direita, no plano da p´agina. Fac¸a este desenho!
P 30-13
Uma fonte de ´ıons est´a produzindo ´ıons deY Li (massa
=b u), cada um com uma carga
,
x
. Os ´ıons s˜ao acele-rados por uma diferenc¸a de potencial de #B& kV e entram
numa regi˜ao onde existe um campo magn´etico unifor-me vertical!
#
T. Calcule a intensidade do menor
campo el´etrico, a ser estabelecido na mesma regi˜ao que permitir´a aos ´ıons deY Li a passagem sem desvios.
Para que a forc¸a total
, x ¦ , 1U se anule, o campo el´etrico¦ tem que ser perpendicular a
velocida-de
dos ´ıons e ao campo magn´etico
. O campo ´e per-pendicular `a velocidade de modo que «
tem magni-tude
N
!
, sendo a magnitude do campo el´etrico dada por
©
N
!
. Como os ´ıons tem carga
,
x
e s˜ao acelerados por uma diferenc¸a de potencial¬ , temoso
N R%Pl Hx ¬ , ou seja N ¡ x ¬>P o . Portanto, © ! x ¬ o # 7E # b & #%& c ]fe 5 #B& #B& h ¬ bd &® A # b'b # #%& c R|w¯)° P ® bt $ #B& z ¬>P o
Note que a massa, dada em® , precisou ser convertida
para kg.
30.2.3 O Efeito Hall – 14/18 E 30-15
Mostre que, em termos de do campo el´etrico Hall© e
da intensidade de corrente± , o n´umero de portadores de
carga por unidade de volume ´e dado por
² ± ! x ©
Chamando o campo el´etrico Hall de©³ , temos que
M ´ M¶µ ·x ©³ ou seja, x ©-³ Vx N'¸ ! . Como a velocidade de deriva ´e dada por
N'¸ ±¹P ² x , basta substitui-la na equac¸˜ao anterior para se encontrar que
² ± ! x © ³
30.2.4 Movimento Circular de uma Carga – 19/37
E 30-19.
Campos magn´eticos s˜ao freq ¨uentemente usados para curvar um feixe de el´etrons em experimentos de f´ısica. Que campo magn´etico uniforme, aplicado perpendicu-larmente a um feixe de el´etrons que se move a#
Z
#B&Y
m/s, ´e necess´ario para fazer com que os el´etrons percor-ram uma trajet´oria circular de raio&
Z j m? Sabemos que x N ! o N R%PTº . Portanto º o N P x !
, donde tiramos que
! o N x º \t ## #%& cvh ] Kg 5 # Z #%&'Y m/s # b #%& c ]fe C A & Z j m #'# #B& c z T E 30-20.
(a) Num campo magn´etico com !
&
kj T, qual ´e o
raio da trajet´oria circular percorrida por um el´etron a
#B&^» da velocidade escalar da luz? (b) Qual a sua
ener-gia cin´etica em el´etrons-volt? Ignore os efeitos rela-tiv´ısticos.
(a) Use a Eq. 30-17 para calcular o raio:
º o p N ! \t ## #B& cvh ] 5 & # A Z & #B&'¼ # b & #B& c ]fe A & kj & Z [ #%& c _ m (b) { # o p N R \t ## #B& cvh ] 5 Z & #%&'w R # b #B& c ]me J/eV b #%&'h eV E 30-21.
Que campo magn´etico uniforme deve ser estabelecido no espac¸o de modo a fazer um pr ´oton, de velocidade escalar#
#B&'w m/s, mover-se numa circunferˆencia do
tamanho do equador terrestre.
Use a Eq. 30-17: ! o ½ N º # b X #B& c R|w A # & #B&'w # b & #B& c ]fe 5 bd Z)X #B& Y # b Z #%&gc ¼ T E 30-22. (a) N { o # '& #B& h 5 # b & #B& c ]fe \t ## #%& cvh ] & j #B& w m/s (b) Use a Eq. 30-17: ! o p N º \d #'# #B& cvh ] 5 & j #B&'w # b & #B& c ]fe 5 jg & #B& c R [ b X #%& c _ T (c) N . º & j #%&'w . jg & #%& c R # Zd# #%& w Hz (d) E # # # Zt# #%& w X b Z #%& c ¼ s E 30-24.
O per´ıodo de revoluc¸˜ao do ´ıon de iodo ´e E
. º'P N . o¾P !
, o que nos fornece
o ! E . # b & #B& c ]fe 5 [ jg & #B& cih 5 # \ #B& cih X .0A # b'b #B& c R|w kg/u # X u P 30-31.
O ´ıon entra no espectrˆometro com uma velocidade
N
relacionada com o potencial por*¿{À
# o N R ¬
Dentro do instrumento, o ´ıon realiza um movimento cir-cular com velocidade
N
inalterada usando, ent˜ao, a Se-gunda Lei de Newton:
o N R º H N !
Mas da primeira equac¸˜ao,
N R R|Á|Â Ã e º R , substi-tuindo estes valores, temos:
à RÄÁÂdÅ Ã Æ P' ! Portanto, o ! R Æ R $)¬ P 30-33.
(a) Resolvendo a equac¸˜ao encontrada no Problema 30-31 para o campo! , substituindoÆ m nela: ! $¬o Æ R $ #B&'& #B& h ¬ 5 Z \ #%& c R z ¯)° Z '& #%& c ]fe 5 &o R & [ \j E
(b) Seja o n´umero de ´ıons separados pela m´aquina
por unidade de tempo. A corrente ´e ent˜ao Ç V
e
a massa que ´e separada por unidade de tempo ´eC
oq , ondeo ´e a massa de um ´unico ´ıon. C tem o valor
C #B&&o ° PlÈ #B&'& #B& c Y ¯)° Z b &'&É XT$ #%& c ¼ ¯^° P'É Como CPTo temos Ç C o Z l& #B& c ]me A XT$ #B& c ¼ ¯)° PlÉ Z \ #B& c R z ¯)° )X #%& c RQÊ
(c) Cada ´ıon deposita uma energia de
¬ na tac¸a, de
modo que a energia depositada num tempoËÌ ´e dada
por © ¬/ËÌ Ç ¬@ËÌ Çm¬3ËÌ <
onde a segunda express˜ao foi obtida substituindo-seÇfP
no lugar de . ParaËÌ # hora, temos © X #B& c RQÊ 5 #B&& #%& h ¬ A Z b &'&UÉ $ #TX #%& Y ± P 30-35.
(a) Ver o Exemplo 4. O per´ıodo ´e dado por
E . º N seny . N seny s o N seny ! u Í . o !
O p´ositron ´e um el´etron positivo, assim no SI
E Z j $ #%&gc ]`Î s (b) O passoÏ N 2546 y
E , ent˜ao, temos primeiro que
achar
N
atrav´es da energia cin´etica. Ou seja,
N { o bj # #B& w m/s Portanto, Ï N 2546 y E & # b'b mm (c) O raio ´e º o N seny ! # kj # mm P 30-37.
(a) O raioº da ´orbita circular ´e dado porº
ÏiP x ! , onde !
´e a magnitude do campo magn´etico. A ex-press˜ao relativ´ısticaÏ o N P ¡ # N R PTÐ
R deve ser
usa-da para a magnitudeÏ do momentum. Aqui,
N
´e a mag-nitude da velocidade do pr ´oton,o ´e sua massa, eÐ ´e a
velocidade da luz. Portanto
º o N x ! ¡ # N R PTÐ R
Elevando-se esta express˜ao ao quadrado e resolvendo-a para N obtemos N º x ! Ð ¢ o R Ð R , º R x R ! R Subsitutindo-se º bd Z)X
#B&Y o (raio da terra), x # b &) ' #B& c ]fe (a carga do pr ´oton), ! [¹# #B& c YqE , o # b Xl b #B& c Rw ¯^° (a massa de
um pr ´oton), eÐ \\ X \
#B&¼¤orP'É obtem-se,
final-mente, N \\ X'X #B& ¼ o¾PlÉ
(b) Desenho dos vetores: veja no livro!
30.2.5 C´ıclotrons e Sincrotons – 38/42
P 30-42.
Fac¸a uma estimativa da distˆancia percorrida por um dˆeuteron no ciclotron do Exemplo 30-5 (p´agina 169) du-rante o processo de acelerac¸˜ao. Suponha um potencial acelerador entre os dˆes de$'& kV.
Aproxime a distˆancia total pelo n´umero de revoluc¸˜oes multiplicado pela circunferˆencia da ´orbita correspon-dente `a energia m´edia. Isto ´e uma boa aproximac¸˜ao pois o dˆeuteron recebe a mesma energia a cada revoluc¸˜ao e seu per´ıodo n˜ao depende da sua energia.
O dˆeuteron acelera duplamente em cada ciclo e, cada vez, recebe uma energia de
¬
$&
#B& h eV. Como
sua energia final ´e #
bdb MeV, o n´umero de revoluc¸˜oes
que ele faz ´e
² # bdb #%&'Y eV $'& #B& h eV #B&'[
Sua energia m´edia durante o processo de acelerac¸˜ao ´e
$
Z MeV. O raio da ´orbita ´e dado porº
o N P ! , onde N
´e a velocidade do dˆeuteron. Como tal velocidade ´e dada por
N
¡
{
P o , o raio ´e
º o ! { o # ! ¢ { o
Para a energia m´edia temos
{À $ Z #%& Y eV 5 # b #%& c ]fe J/eV Portanto, º ¡ { Z Zl[ #B& c Rw # b & #%& c ]fe A # j X & Z^X j m
A distˆancia total viajada ´e, aproximadamente,
² . º #B&l[ 5 .05 & Z)X j l[ j m
30.2.6 Forc¸a magn´etica sobre fio transportando corrente – 43/52
E 30-44.
Um condutor horizontal numa linha de forc¸a transporta uma corrente de j
&&'& A do sul para o norte. O
cam-po magn´etico da Terra (b
&
T) est´a direcionado para o norte e inclinado para baixo de um ˆangulo de Xl&
( com
a linha horizontal. Determine o m´odulo, a direc¸˜ao e o sentido da forc¸a magn´etica devida ao campo da Terra sobre #%&'& m do condutor.
A magnitude da forc¸a magn´etica sobre o fio ´e dada por M Ç`D ! seny <
onde Ç ´e a corrente no fio, D ´e o comprimento do fio,
!
´e a magnitude do campo magn´etico, e y ´e o ˆangulo
entre a corrente e o campo. No presente caso,y
XT&)(. Portanto M j &'&& A #B&& A b & & #%& c Y senXl& ( '$ N
Aplique a regra da m˜ao direita ao produto vetorial
Ç`Ñ q
para mostrar que a forc¸a aponta para o oeste.
E 30-45. Um fio de #
$'& m de comprimento transporta uma
cor-rente de #BZ A e faz um ˆangulo de Z
j ( com um cam-po magn´etico uniforme ! # kj T. Calcular a forc¸a
magn´etica sobre o fio.
M Ç;D ! senZ j ( #BZ 5 # $ 5 # kj senZ j ( l& #BZZ' P 30-46. Como G Ç;Ñ ¾
, a corrente tem que fluir da es-querda para a direita. A condic¸˜ao de equil´ıbrio requer que tenhamos
M
Ò
isto ´e, que Ç`D ! o ° Portanto Ç o ° D ! & &d#%Z'& ¯)° A \t $o¾PlÉ%R & b l&7o A & ['[)&E & [ b X Ê P 30-48.
A forc¸a ´e dada por V Ç`Ñ
Ó
, e aponta para o lado esquerdo da figura, sendo esta a direc¸˜ao da veloci-dade. O m´odulo da forc¸a ´e
M
Ç
!
, sendo portanto a
acelerac¸˜ao sofrida pelo fio dada porn
M
PTo . Como o
fio parte do repouso, sua velocidade ´e
N n)Ì M o Ì Ç ! Ìm o P 30-52.
Uma barra de cobre de# kg est´a em repouso sobre dois
trilhos horizontais que distam # m um do outro e
per-mite a passagem de uma corrente dej
& A de um trilho
para o outro. O coeficiente de atrito est´atico ´e de& b
& .
Qual ´e o menor campo magn´etico (n˜ao necessariamente vertical) que daria in´ıcio ao movimento da barra?
Escolhendo uma orientac¸˜ao arbitr´aria para o campo, vemos que a forc¸a magn´etica ter´a tanto uma compo-nente horizontal quanto uma compocompo-nente vertical. A componente horizontal dever´a atuar de modo a vencer a forc¸a de atrito
0Ô
, onde representa a forc¸a
normal que os trilhos (parados) exercem sobre a barra e
0Ô
´e o coeficiente de atrito est´atico. A componente ver-tical da forc¸a magn´etica atua no sentido de reduzir tanto o peso da barra quanto a forc¸a de atrito.
Seja
o ˆangulo que !
faz com a vertical. A forc¸a magn´etica ´e M ´ Ç`D ! , pois ! faz\
&'Î com a barra
horizontal. Como a barra est´a prestes a deslizar, usando a Eq. 1 do Cap. 6, obtemos para as componentes hori-zontais: Ç`D !3254)6 0Ô &
Equilibrando as componentes verticais, obtemos:
, Ç`D ! sen o ° &
Eliminando das duas equac¸˜oes, encontramos:
Ç`D !3254)6 0Ô o ° Ç`D ! sen & < ou seja, ! ÕlÖ Ã>× ØÙ 2A46 7, Ô sen O menor valor de !
ocorre quando o denominador da express˜ao acima for m´aximo. Para determina o valor de
que maximiza tal denominador basta calcular a deri-vada em relac¸˜ao a
do denominador e iguala-la a zero:
& s 2A46 7, Ô sen u sen -, Ô 254)6
Portanto, o denominador ter´a um extremo [que ´e um m´aximo. Verifique isto!] quando
Ô sen P 254)6 tg t< ou seja, quando Ì ° c ] Ô Ì ° c ] & b & Zd# (
Substituindo este valor de
na express˜ao para!
, acima, encontramos o valor m´ınimo pedido:
! min & b & # & kg 5 \d $ m/sR j & A A # & m A 2A46 Zt# ( , & b & senZt# ( & #B& T
30.2.7 Torque sobre uma Bobina de Corrente – 53/61
E 30-54.
A Fig. 30-39 mostra uma bobina de retangular, com '&
voltas de fio, de dimens˜oes #%& cm [pr
j cm. Ela
trans-porta uma corrente de&
#B& A e pode girar em torno de
um lado longo. Ela est´a montada com seu plano fa-zendo um ˆangulo de Z&( com a direc¸˜ao de um campo
magn´etico uniforme de & kj
& T. Calcular o torque que
atua sobre a bobina em torno do eixo que passa pelo lado longo.
No plano de uma folha de papel, escolha um sistema de coordenadas XY com o eixoÚ na horizontal,
cres-cendo para a direita, e o eixoÆ
na vertical, crescendo para baixo. Com tal escolha, o eixo de giro estar´a sobre a vertical&'Û , enquanto que o campo estar´a na mesma
direc¸˜ao horizontal deÚ .
Chame den eÜ os comprimentos curtos e longos que
formam o retˆangulo da bobina. Seja
o ˆangulo deZ'&)(
entre o ladon e o campo (suposto ao longo do eixo&lÚ ).
Na bobina atuar˜ao quatro forc¸as, uma sobre cada um dos lados do retˆangulo. Por´em, a ´unica forc¸a que pode produzir um torque em relac¸˜ao ao eixo vertical ´e aquela exercida sobre o lado de comprimentoÜ oposto ao eixo
de apoio. O m´odulo de tal forc¸a ´e:
M Ç`Ü ! sen\ & Î ÇmÜ ! <
estando ela dirigida ao longo do eixoÆ
(isto ´e, para bai-xo).
De acordo com a figura indicada na soluc¸˜ao deste pro-blema, vemos que a menor distˆancia entre a forc¸a
M
e o eixo de giro (oo seja, o chamado “brac¸o de alavanca”) ´e (n
2A46
). Portanto, o torque para espiras ser´a:
Ý ÇmÜ ! A n 254)6 [ Z'Z #%& cih N m
Pela regra da m˜ao direita o sentido ´e
Û , ou seja, o
tor-que est´a orientado de cima para baixo.
Uma outra maneira (mais formal por´em bem mais direta) ´e calcular o torque a partir da sua definic¸˜ao
Ý ! , onde ßÞ Þ ¾ÇÊ rÇ n^Ü . Nes-ta definic¸˜ao ´e preciso cuidar para usar o ˆangulo correto! Notando-se que o ˆangulo entre
!
e
(cuja direc¸˜ao ´e a da normal `a espira) ´e de\
& graus, temos Ý "! sen \ & "!/254)6 rÇ`ngÜ !/254)6 +) [ ZZ #B& cvh N m
Perceba que as duas express˜oes usadas paraÝ
cont´em exatamente os mesmos elementos, por´em ordenados de modo diferente, com interpretac¸˜oes um pouco diferen-tes: num caso o fatorn
254)6
da o brac¸o de alavanca, no outro o254)6
aparece devido ao produto escalar.
P 30-56.
Se espiras completas s˜ao formadas por um fio
de comprimentoD , a circunferˆencia de cada volta ´e de DSP5 , e o raio ´e de
Ù
Ràlá
. Portanto, a ´area de cada espira vale: Ê . D . R DâR [ . _
Para o torque m´aximo, orientamos o plano de espiras paralelamente `as linhas do campo magn´etico; assim, se-gundo a Eq. 27, \ &lÎ , temos: Ý ¾Ç Ê ! ¾Ç s D>R [ . R u ! Ç;D>R ! [ .
Como aparece no denominador, o torque m´aximo
ocorre quando # : Ý Ãã Ç`DâR ! [ . P 30-59.
A Fig. 30-40 mostra um anel de arame de raio n
per-pendicular `a direc¸˜ao geral de um campo magn´etico di-vergente, radialmente sim´etrico. O campo magn´etico no anel tem em todos os seus pontos o mesmo m´odulo!
e faz um ˆangulo
com a normal ao plano do anel. os fios de ligac¸˜ao, entrelac¸ados, n˜ao tem efeito algum sobre o problema. Determine o m´odulo, a direc¸˜ao e o sentidoda forc¸a que o campo exerce sobre o anel se este for per-corrido por uma correnteÇ como mostra a figura.
Considere um segmento infinitesimal do lac¸o, de comprimento^É . O campo magn´etico ´e perpendicular
ao segmento de modo que a forc¸a magn´etica sobre ele tem uma magnitude
M
Ç
!
^É . O diagrama abaixo
mostra a direc¸˜ao da forc¸a para o segmento na extrema direita do lac¸o:
A componente horizontal da forc¸a tem magnitude
Måä Ç !/254)6
^É e aponta para dentro do centro
do lac¸o. A componente vertical tem magnitude M¶æ Ç ! sen
)É e aponta para cima.
Agora, somemos as forc¸as em todos segmentos do lac¸o. A componente horizontal da forc¸a total anula-se pois ca-da segmento do fio pode ser pareado com outro segmen-to, diametralmente oposto. As componentes horizontais destas forc¸as apontam ambas em direc¸˜ao ao centro do lac¸o e, portanto, em direc¸˜oes opostas.
A componente vertical da forc¸a total ´e
M æ Ç ! sen >ç )É Ç ! sen . n
Note queÇ,
!
, e
tem o mesmo valor para cada segmen-to e portansegmen-to podem ser extraidos para fora da integral.
P 30-60.
(a) A corrente no galvanˆometro deveria ser de # b
mA quando a ddp atrav´es da combinac¸˜ao resistor-galvanˆometro ´e de# V. A ddp atrav´es do galvanˆometro
apenas ´e Ç`è # b #B& cih 5 X jd Z & #% V
de modo que o resistor deve estar em s´erie com o gal-vanˆometro e a ddp atrav´es dele deve ser
# & & #% & $)Xl$ V
A resistˆencia deve ser
& $^XT$ # b #B& cvh j [) é
(b) A corrente no galvanˆometro deveria ser de # b
mA quando a corrente atrav´es da combinac¸˜ao resistor-galvanˆometro ´e dej
& mA. O resistor deve estar em
pa-ralelo com o galvanˆometro e a corrente atrav´es dele deve ser j & # b [)$ Z'$ mA
A ddp atrav´es do resistor ´e a mesma que a ddp atrav´es do galvanˆometro, &
#% V, de modo que a resistˆencia
deve ser & #% [$ $ #B& cih kj âé P 30-61.
A Fig. 30-41 mostra um cilindro de madeira com mas-sa o & j & kg e comprimentoD & #%& m, com
#B& voltas de fio enrolado em torno dele
longi-tudinalmente, de modo que o plano da bobina, assim, formada, contenha o eixo do cilindro. Qual ´e a corrente m´ınima atrav´es da bobina capaz de impedir o cilindro de rolar para baixo no plano inclinado de
em relac¸˜ao `a horizontal, na presenc¸a de um campo magn´etico uni-forme vertical de&
kj T, se o plano dos enrolamentos for
paralelo ao plano inclinado?
Se o cilindro rolar, ter´a como eixo instantˆaneo de rotac¸˜ao o ponto Ò
, ponto de contato do cilindro com o plano. Nem a forc¸a normal nem a forc¸a de atrito exer-cem torques sobreÒ
, pois as linhas de ac¸˜ao destas duas forc¸as passam pelo pontoÒ
. As duas ´unicas forc¸as que
exercem torque em relac¸˜ao a Ò
s˜ao (i) o peso e (ii) a forc¸a devida ao campo magn´etico.
Da definic¸˜ao de torque [Eq. 12-21 da quarta edic¸˜ao Hal-liday] temos Ý ê¤q < onde
oIë no caso gravitacional em quest˜ao.
Por-tanto, o m´odulo do torque devido a ac¸˜ao gravitacional vale Ý × Þê oqë Þ o ° sen d<
onde representa o raio do cilindro. O torque devido
ao campo magn´etico sobre a espira vale:
Ý Ã "! sen ¾ÇÊ ! sen rÇ lD ! sen
Para que n˜ao haja rotac¸˜ao, os dois torques devem ser iguais (ou, equivalentemente, a soma dos torques deve ser nula): rÇm lD ! sen o ° sen Portanto, Ç o ° l ! D [ j A 30.2.8 O Dipolo Magn´etico – 62/72 E 30-62.
(a) A magnitude do momento de dipolo magn´etico ´e dada por
¾ÇÊ , onde ´e o n´umero de voltas,Ç ´e a
corrente em cada volta, eÊ ´e a ´area do lac¸o. Neste caso
os lac¸os s˜ao circulares, de modo queÊ
.
º R , ondeº ´e
o raio de uma volta. Protanto,
Ç . º R kj & # b & A+.0A & &d# \ & R #% X A
(b) O torque m´aximo ocorre quando o momento de di-polo estiver perpendicular ao campo (ou o plano do lac¸o for paralelo ao campo). O torque ´e dado por
Ý "! Z'& 5 Z jg & #%& cih $ & j #%& c R N m
P 30-63.
O momento de dipolo da Terra vale $'R|R J/T. Suponha
que ele seja produzido por cargas fluindo no n´ucleo der-retido da Terra. Calcular a corrente gerada por estas car-gas, supondo que o raio da trajet´oria descrita por elas sejaZ j &'& km. Da equac¸˜ao ¾ÇÊ Ç .
ºTR obtemos sem
proble-mas Ç . º R $ & #B&RR . Z j &'& #B& h R &'$ #%& e A P 30-67.
Uma espira circular de corrente, de raio$ cm,
transpor-ta uma corrente de&
A. Um vetor unit´ario, paralelo ao
momento de dipolo
da espira ´e dado por& b & } & $'& . A espira est´a imersa num campo magn´etico dado por
ì & j E }¶, & ZíE
. Determine (a) o torque sobre a espira (usando notac¸˜ao vetorial) e (b) a energia potencial magn´etica da espira.
Conforme dado, o vetor momento de dipolo magn´etico ´e & b & } & $'& 5< onde rÇ Ê ¾Ç . º R # & '& 5.05 & &'$'& R [ &) g# #B&dcvh A mR
Nesta express˜ao,Ç ´e a corrente na espira, ´e o n´umero
de espiras,Ê a ´area da espira, eº ´e raio da espira.
(a) O torque ´e
Ý I & b & } & $'& % & j }d, & Z& 0 8 & b & A & j 5î} }î ,¤ & b & 5 & Z& A} 0 & $'& 5 & j A }î & $'& 5 & Z& A 0;: 8 & #%$ Q, & l& & T[ }: <
onde usamos o fato que
} '<¨ } <¨ }f<ï} } & Substituindo o valor de obtemos Ý J & \'bj } X lZ S, $ &l[ K #B& c _ N m
(b) A energia potencial do dipolo ´e dada por
! & b & } & $'& & j }t, & Z& 0 & b & 5 & j & # j bd & #B&dc _ J < onde usamos } } # , } & e & .
