Halliday - Alguns Exercícios Resolvidos - 29 - lei ampere

Halliday - Alguns Exercícios Resolvidos - 29 - lei ampere

(Parte 1 de 2)

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: 28/1/2006 15:02 H

24 - Lei de Ampère

Fundamentos de Física 2 Halliday, Resnick, Walker 4ª Edição, LTC, 1996

Física 2

Resnick, Halliday, Krane 4ª Edição, LTC, 1996

Física 2

Resnick, Halliday, Krane 5ª Edição, LTC, 2003

Cap. 31 - Lei de AmpèreCap. 35 - Lei de AmpèreCap. 3 - O Campo

Magnético de uma Corrente

Prof. Anderson (Itacaré, BA - Fev/2006)

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

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

FUNDAMENTOS DE FÍSICA 3 CAPÍTULO 31 - LEI DE AMPÈRE

[Início documento]

[Início seção] [Início documento]

Halliday, Resnick, Walker - Física 3 - 4 Ed. - LTC - 1996. Cap. 31 – Lei de Ampère 2

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 35 - LEI DE AMPÈRE

51 52 53 54 5556

01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 1 1213 141516 1718 19 20 2122 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 3 34 35 36373839 40 41 4243 4 45 46 47 48 49 50 [Início documento]

12. Um longo grampo de cabelo é formado dobrando-se um fio, como mostra a Fig. 32. Se uma corrente i de 1,5 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 m.

(Pág. 169)

Solução.

Pode-se dividir o grampo em três setores: 1, 2 e 3. 1

2 xy z

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

12=+ +a aBB B B Como as contribuições dos setores 1 e 3 são exatamente iguais, temos:

(1) 12=+aB

O cálculo de Ba1 é feito por meio da equação de Biot-Savart:

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Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES xy z r R

iddrμπ×=a1lrB(2)

d x

Rsen r

rR x

Agora pode-se retomar (2):

.1.sen .4 idx idx Rd r μμθππ==a1Bkk

iR iRdx x

04iRμπ=a1Bk(3)

Calculo de Ba2:

xyz rdl a

Nesse esquema tem-se: d=ls

Logo:

iidsdd s R R μ μπ ππ==aBkk

Ri ds

R πμπ=∫aBk

μ=aBk(4)

Substituindo-se (3) e (4) em (1):

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(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.

Nota-se que a curvatura do grampo proporciona aumento na intensidade do campo magnético em a quando comparado ao ponto b.

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14. Um segmento de fio de comprimento L é percorrido por uma corrente i. (a) Mostre que o campo magnético gerado por este segmento no ponto P, que está a uma distância perpendicular D de um dos extremos do fio (veja Fig. 34), é dado por.

i LB

(b) Mostre que o campo magnético é nulo no ponto Q, ao longo da reta que coincide com o fio.

(Pág. 170)

Solução.

(a) Considere o seguinte esquema, que mostra o elemento de campo magnético dB no ponto P gerado pelo elemento de condutor ds que conduz uma corrente i.

dsdx = x dB xy z ds r

L De acordo com a lei de Biot-Savart, dB é dado por:

1s en sen44 ids i dsd r μμθθππ⋅⋅=−=−Bkk

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Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES O esquema mostra que

Logo:

iD dxd

L LiD iDdx L x

∫Bkk

iD L i L

D DLμπ=− + Bk

Logo, o módulo de B vale:

i LB

(b) O ponto Q fica na direção da corrente i. Isso faz com que o vetor r faça ângulo zero com ds, o que torna dB e, consequentemente B, nulos.

[Início seção] [Início documento]

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:

As contribuições dos setores radiais esquerdo e direito são nulas devido à colinearidade entre o fio e o ponto P. Portanto:

(1) 1=+PPPBBB3

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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)

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:

i b

0iμμθθππ⎛⎞==⎜⎟⎝⎠P1Bkk(2)

b b i a

0iμμθθππ⎛⎞=−=−⎜⎟⎝⎠P2Bkk(3)

a a Substituindo-se (2) e (3) em (1):

0044iiba μθμθππ=−PBkk

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

(Pág. 170)

(b) A que se reduz B quando L >> d? Este é o resultado que se deveria esperar? (Veja o Exemplo 1.)

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.

d i

O 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 pode ser calculado por meio da lei de Biot- Savart. Considere o esquema abaixo, onde ds = dx:

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Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES b r dsθ i ia a/2

a ib ibdx xB

Sobreposição dos campos de cada segmento:

i dLB

Ld Ld dL

() () () () i i idL d L LB L d d d L L d L d dL L d

Logo:

02iBdμπ=(1)

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:

idBdxμπ=−(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:

B dμ

[Início seção] [Início documento]

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21. A Fig. 37 mostra uma seção reta de uma lâmina longa de largura l percorrida por uma corrente i uniformemente distribuída, entrando na página. Calcule o campo magnético B num ponto P no plano da lâmina e a uma distância d da sua borda. (Sugestão: Considere a lâmina como construída por muitos fios finos, longos e paralelos.)

(Pág. 170)

Solução.

Considere o seguinte esquema, em que um elemento da lâmina de largura dx, localizado a uma distância x do ponto P, gera um elemento de campo magnético dB nesse local. O campo dB aponta verticalmente para cima, de acordo com a regra da mão direita. O elemento de lâmina é equivalente a um fio fino e o elemento de campo gerado é dado por:

dxdB d lx

Na expressão acima, di é o elemento de corrente que trafega pelo elemento de lâmina de largura dx. Esta corrente é uma fração dx/l da corrente total i.

02 dxdB i xlμπ=.

O campo devido à lâmina completa é obtido pela integração ao longo de sua largura:

[Início seção] [Início documento]

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.

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(Pág. 171)

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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).

=+ faBB 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)

Logo:

02 i R R μμπ=+Bkk

i iC

P x y z μ

=+ faBB B

02 i R R μμπ=+Bki

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.

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(Pág. 172)

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Solução. Considere o esquema abaixo:

xy z

B x FA

FBFD i2

A força sobre a espira é a soma das forças magnéticas sobre os segmentos A, B, C e D. =+ + +AB CFF F F FD

A simetria envolvida na situação do problema permite-nos concluir que:

=−BDFF Logo:

i i i L biL iL a b a a b μ μμ μμμ=−=++Fjjj

[Início seção] [Início documento]

37. A Fig. 47 mostra um esquema idealizado de um “canhão de trilho eletromagnético”, projetado para lançar projéteis com velocidades de até 10 km/s. (Está sendo estudada a possibilidade de se usar este aparelho como defesa contra mísseis balísticos.) O projétil P se localiza entre e em contato com dois trilhos paralelos, ao longo dos quais ele pode deslizar. Um gerador G fornece uma corrente que entra por um dos trilhos, atravessa o projétil e volta pelo outro trilho. (a) Seja w a distância entre os trilhos, r o raio de cada trilho (supostos circulares) e i a corrente. Mostre

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Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES que a força sobre o projétil é para a direita e seu módulo é dado aproximadamente por

(b) Se o projétil parte do repouso na extremidade esquerda do trilho, ache a velocidade v com que ele será lançado na extremidade direita. Suponha que i = 450 kA, w = 12 m, r = 6,7 cm, L = 4,0 m e a massa do projétil é m = 10 g.

(Pág. 172)

Solução. Considere o seguinte esquema da situação:

xy z

A corrente não passa por aqui i dS r w

L l

O campo magnético entre os trilhos, na posição em que se encontra o projétil, corresponde à soma dos campos produzidos pelas correntes que passam por ambos os trilhos. Chamando de B1 o campo devido à corrente no trilho superior e B2 o campo devido à corrente no trilho inferior e considerando-se o resultado do Problema 14, teremos:

i l rs lr sμπ=− + ++ Bk

i l

O campo resultante na região do projétil vale:

Bk

Note que B é o campo magnético a uma distância l da extremidade esquerda dos trilhos e a uma distância s da parte interna do trilho superior. Portanto, o valor de B varia à medida que o projétil se desloca para a direita e também varia na vertical, ao longo do próprio projétil. Quando o projétil está localizado a uma distância l da extremidade esquerda, o elemento de força dF num segmento dS sobre o mesmo vale:

di d=×FS B

De acordo com o produto vetorial, o vetor dF aponta no sentido positivo do eixo x. O módulo de F vale:

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Substituindo-se o valor de B na integral:

2 l r wi l rF r wμπ

⎪⎥⎬(1)

Admitindo-se que l >> r e l >> w, teremos:

0 2 22ln ln ln i l rF lrr w

0 ln2 i rwF rμπ

+⎛≈⎜⎝⎠⎞⎟(2)

(b) Partindo-se da segunda lei de Newton, temos:

dv dv dl dvF ma m m m v dt dl dt dl ====

(3) mvdvFdl=

Utilizando a expressão aproximada para a força magnética, Eq. (2), em (3) e integrando:

2 vL L Lii rw rwm vdv Fdld ldrrμμππ

0 ln22 iLmv r wrμ π

+⎛⎞≈=⎜⎟⎝⎠"(4)

O resultado obtido acima é uma aproximação. De acordo com a Eq. (1), a força magnética sobre o projétil depende de sua posição em relação à extremidade esquerda dos trilhos, l. Portanto, a força é variável ao longo do trajeto no interior do canhão. Isso torna a aceleração também variável, impossibilitando o uso de equações de movimento com aceleração constante. Podemos resolver o problema de forma mais exata substituindo a Eq. (1) em (3) e integrando:

0 ln ln

2 vL l r wi l rm vdv dl r wμπ

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L rwL r L r w L r

m L r w L rw

" (5)

Dentro do erro experimental, os dois resultados são iguais. Note que o resultado aproximado (4) pode ser obtido a partir do resultado mais exato (5). Para isso, bastam considerar l >> r e l >> w:

2 0 22ln ln ln lnii L L L Lv L L

[Início seção] [Início documento]

(Pág. 172)

38. No Exemplo 4, suponha que o fio superior sofre um pequeno deslocamento para baixo e depois é solto. Mostre que o movimento subseqüente do fio é harmônico simples, com freqüência de oscilação igual a de um pêndulo simples de comprimento d.

Solução.

No Exemplo 4, um fio horizontal longo rígido é percorrido por uma corrente ia = 96 A. Outro fio é colocado paralelo e diretamente acima do primeiro. Este segundo fio é percorrido por uma corrente ib = 23 A e pesa 0,073 N/m. A distância d em que o fio superior fica em equilíbrio sob a ação das forças peso e magnética foi calculado como sendo:

Considere o seguinte esquema:

d y

xy z

Equilíbrio

Fio superior deslocado para baixo ib Ba

A força magnética Fb que age no fio superior, devida ao fio inferior, vale: b bi=×FL Ba

02 a bbbiFiLdμπ=

No equilíbrio, esta força é igual ao peso do fio:

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02abbiPiLdμπ=

Agora o fio superior será baixado de uma distância y, tal que y << d, e solto. Nesta operação, o peso do fio não se altera. Porém, a força Fb aumenta e passa a ser:

O movimento subseqüente é analisado por meio da segunda lei de Newton:

O sinal negativo na soma das forças é devido ao caráter restaurador da força resultante.

b b i dyiL iL m ab bii L dym

2 ab bii L yd m

Considerando que y << d, e rearranjando a expressão: 2

Comparando-se a equação acima com a equação diferencial do movimento harmônico simples, comprova-se que o movimento do fio superior também é harmônico simples. 2

Podemos reconhecer a freqüência angular ω, como sendo:

gi L i i i g i g m gmd gdd L μμ μμω π ππ

2b P dL

40 rad/sω≈ A freqüência angular de um pêndulo simples de mesmo comprimento d vale:

pêndulo40 rad/sω≈

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(Pág. 173)

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.

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