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LISTA 3 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS
27 de Fevereiro de 2003, a` s 10:10 p.m.
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, Alemanha
Universidade Federal do Rio Grande do Sul Instituto de F´ısica Mat´eria para a TERCEIRA prova. Numerac¸a˜ o conforme a quarta edic¸a˜ o 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 1
1.2.4
O Campo Magn´etico – [Cap´ıtulo 30, p´agina 175] 1.1 Quest˜oes . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2 Problemas e Exerc´ıcios . . . . . . . . . 1.2.1 Definic¸a˜ o de B – 1/8 . . . . . . 1.2.2 A Descoberta do El´etron – 9/13 1.2.3 O Efeito Hall – 14/18 . . . . . .
2 2 3 3 6 6
1.2.5 1.2.6 1.2.7 1.2.8
Movimento Circular de uma Carga – 19/37 . . . . . . . . . . C´ıclotrons e Sincrotons – 38/42 Forc¸a magn´etica sobre fio transportando corrente – 43/52 . . . Torque sobre uma Bobina de Corrente – 53/61 . . . . . . . . O Dipolo Magn´etico – 62/72 . .
Coment´arios/Sugest˜oes e Erros: favor enviar para
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1 O Campo Magn´etico – [Cap´ıtulo 30, p´agina 175]
N˜ao. Tal afirmativa ser´a valida apenas se o el´etron andar em c´ırculos sem variar sua energia cin´etica.
1.1
Quest˜oes Q 30-11.
Q 30-1.
Dos trˆes vetores na equac¸a˜ o
Quais s˜ao as func¸o˜ es fundamentais do: (a) campo , que pa- el´etrico e (b) campo magn´etico no ciclotron? res s˜ao sempre ortogonais entre si? Que pares podem (a) Estabelecer a ddp que acelera as cargas [i.e. auformar um aˆ ngulo arbitr´ario entre si? menta sua energia]; (b) Estabelecer movimento circu Esta quest˜ao e´ apenas uma revis˜ao de a´ lgebra vetorial: lar que permite a acelerac¸a˜ o das mesmas, ao serem reo vetor que resulta de um produto vetorial de dois outros injetadas no campo el´etrico. vetores deve sempre ser ortogonal aos vetores dos quais “descende”. Portanto os vetores e podem fazer um ser´a necessariamente Q 30-12. aˆ ngulo arbitr´ario entre si. Mas perpendicular tanto a quanto a . Qual e´ o fato central que possibilita a operac¸a˜ o de um ciclotron convencional? Ignore considerac¸o˜ es relativ´ısticas. Q 30-3. Imagine que vocˆe esteja sentado numa sala com as cos- O fato central que permite a operac¸a˜ o de um ciclotas voltadas para a parede, da qual emerge um feixe de tron e´ a chamada condic¸a˜ o de ressonˆancia, expressa peel´etrons que se move horizontalmente na direc¸a˜ o da pa- la Eq. (30-22): rede em frente. Se o feixe de el´etrons for desviado para a sua direita, qual ser´a a direc¸a˜ o e o sentido do campo circulac¸a˜ o oscilador el´etrico magn´etico existente na sala?
Vertical, para baixo. Pois fazendo o produto vetorial vemos que a forc¸a magn´etica aponta para a es-
Q 30-17. querda, fornecendo a direc¸a˜ o para onde part´ıculas carregadas positivamente s˜ao desviadas. El´etrons desviam-se Um condutor tem uma carga total nula, mesmo quando percorrido por uma corrente. Por que, ent˜ao, um campo para a direita. magn´etico e´ capaz de exercer uma forc¸a sobre ele? Q 30-4.
Numa corrente el´etrica os el´etrons possuem uma mobilidade grande ao passo que os pr´otons praticaComo podemos descartar a hip´otese de as forc¸as exismente n˜ao se movem (porque est˜ao rigidamente ligatentes entre ´ım˜as serem forc¸as el´etricas? dos na rede cristalina). Portanto, surge uma forc¸a Basta colocar os ´ım˜as em contato e, depois separ´a-los: magn´etica macrosc´opica em virtude destes movimentos as forc¸as n˜ao se neutralizam e sua magnitude, direc¸a˜ o microsc´opicos dos el´etrons. e sentido n˜ao se altera ap´os ter havido o contato e a separac¸a˜ o. Q 30-19. Uma espira retangular ocupa uma posic¸a˜ o arbitr´aria num campo magn´etico externo. Que trabalho e´ neSe um el´etron em movimento for desviado lateralmente cess´ario para girar a espira em torno de um eixo perao atravessar uma certa regi˜ao do espac¸o, podemos afir- pendicular ao seu plano? mar com certeza que existe um campo magn´etico nessa Nenhum. Justifique! regi˜ao? Q 30-6.
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Dica: A energia potencial magn´etica de um dipolo magn´etico colocado num campo magn´etico externo e´
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?
Q 30-21.
Mostramos, no exemplo 9, que o trabalho necess´ario O que podemos concluir sobre o sinal da carga e´ o para inverter uma espira de corrente, num campo seguinte, ¸ a˜ o da forc¸a magn´etica magn´etico externo, a partir da posic¸a˜ o em que est´a ali- VV considerando-se
/ : A part´ıculaa atuac " ! 1 tem carga positiva, pois nhada com o campo vale . Este resultado e´ v´alido desloca-se no mesmo sentido em que atua . Analogapara qualquer rotac¸a˜ o de #%$'&)( que parta de uma posic¸a˜ o mente, as part´ıculas 2 e 4 tem carga negativa. arbitr´aria? Para a part´ıcula 3 podemos concluir mais do que apenas N˜ao. seu sinal: a part´ıcula 3 n˜ao tem carga pois, como se per* +-,/.0 1+ cebe claramente da figura, a possibilidade do produto + 7 / , 0 . ; : vetorial ser zero (isto e´ , termos W // ) est´a excluida. "!32546 98) "!/254)6 =< Em outras palavras, perceba que uma part´ıcula carrega "!3254)6 da poderia atravessar um campo magn´etico sem sobre +>,?.0 .0 @ 254)6 254)6 2A46 Desta ex- deflex˜ao, desde que viajasse paralelamente ao campo. pois 2546 Isto e´ uma conseq¨ueˆ ncia direta do produto vetorial que ao vemos que o resultado final depende do aˆ ngulo define . press˜ , do qual partimos, ao fazer a rotac¸a˜ o de #B$&( . E 30-3
Q 30-22. Imagine que no aposento em que vocˆ a sentado exis e est´ ta um campo magn´etico uniforme apontando verticalmente 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¸a˜ o a` s forc¸as e torques de origem magn´etica?
Anti-hor´ario, pois minimiza
.
\ 1.2
Problemas e Exerc´ıcios
1.2.1 Definic¸a˜ o de B – 1/8
#%&'Y Um el´etron num tubo de TV est´a se movendo a X m/s num campo magn´etico de intensidade $Z mT. (a) Sem conhecermos a direc¸a˜ o do campo, quais s˜ao o maior e o menor m´odulo da forc¸a que o el´etron pode sentir devido a este campo? (b) Num certo ponto a
#B&^]`_ m/sR . Qual e´ o aˆ ngulo acelerac¸a˜ o do el´etron e´ [ \ entre a velocidade do el´etron e o campo magn´etico? (a) As forc¸as m´axima e m´ınima ocorrem para &( e a &( , respectivamente. Portanto
M
Expresse a unidade de um campo magn´etico ! em termos das dimens˜oes C , D , E e F (massa, comprimento,
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N!
(b) Como n
JM JL ! K J K J N K K COADQ P E-R C F DSPTE F E U
tempo e carga). Uma maneira simples de se fazer isto e´ usando-se a GH 3 I , que fornece Eq. 30-6,
N ! sen & ( 5 5 \ # b B# &dc ]fe X #%& Y $ Z #%&gcih \dkjlb B# & c ]m_ N
min
E 30-1
max
M
a
&
N
sen
&(
M PToqp N ! sen P orp temos que o pn sen c ]ts N !u
%# & ] A [ #B&^]`_ # # vc h \ sen c ]ts \t u \dkjlb B# & c ]m_ & bX( P´agina 3
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E 30-4 Um pr´oton que se move num aˆ ngulo de lZ)( em relac¸a˜ o a um campo magn´etico de intensidade b mT experimen #B& ]fw N. Calcular: (a) ta uma forc¸a magn´etica de bdkj c a velocidade escalar e (b) a energia cin´etica em el´etronsvolt do pr´oton.
(b) Neste caso o c´alculo ao anterior, por´em U , # e´ idˆ#%e&ntico usando-se agora C: m ] e c b
G
bd b [ #B& c ]m_
P 30-6
(a) magnitude forc¸a magn´ etica no pr´oton e´ dada M A N x N ! sen da f},e tico uniforme el´etron num magn´ tem uma campo y , onde e´ a velocidade do pr´oton, Um por km/s . Ele experi[G)& km/s f Z } , j ! e´ a magnitude do campo magn´etico, e y e´ o aˆ ngulo velocidade [ fN [ $ fN . Sabendomenta uma forc¸a entre a velocidade da part´ıcula e o campo. Portanto se que ! & , calcular o campo magn´etico [que da M origem a` forc¸a]. N
x ! sen y
bdkj 5 %# & c ]mw N # b #B& c ]fe C b B# & cih T [ #%&'z m/s
sen lZ
Nota: o prefixo = femto = #B& c ] & , escrevemos ! z ., ! e tratamos Como ! de descobrir o valor das duas componentes desconhecidas, !7 e ! . Com este campo obtemos para a forc¸a magn´etica:
(
(b) A energia cin´etica do pr´oton e´
{
#o NR # # X %# & c |R w b < # Zl[ #%& c m] Y J
kg
5
[ %# &'z
m/s
M
N ! >, !7 0 < M
onde [ #%& c ] z N e [ $ #B& c ] z N. Efetuando o produto e simplificando encontramos que
R
M N ! < M O N ! < N '! < & & . Assim sendo, temos e, portanto, que !7 M 9 ! N [ #B& ] 5 c z
# b #B& c ]fe Z j #B& h & X 0 E j M N T!7 Ser´a que a relac¸a˜ o , que n˜ao foi usada nos
eV
P 30-5
W }t q, N }t , M M
energia esta que equivale a
# lZ [ #%& c ]mY J $'Z j # b %# & c ]fe J/eV
m}~,
Um #B&'Y m/s el´etron que tem velocidade Z #B&Ym} m/s , penetra num campo magn´etico & &Z'&'E & # j E . (a) Determine o m´odulo, direc¸a˜ o c´alculos acima, tamb´em fica satisfeita? E´ f´acil verificar e o sentido da forc¸a sobre o el´etron. (b) Repita o c´alculo que tal relac¸a˜ o tamb´em e´ obedecida, consistentemente: para um pr´oton tendo a mesma velocidade. M N
G
(a) A equac¸a˜ o que fornece a forc¸a e´ Portanto, basta calcular o produto vetorial:
}
& &'#BZ'&& Y Z & #B# &Y && j A & #
#B& Y & j V
x # #B& f] e C. onde c b
obtemos,
G ,
bd b [ #%& c
5 < & 'Z'& Z #B& Y
)[ $ @ $ O )[ & O M O N ^[ X Zj
.
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 Fazendo as contas, para o norte magn´etico. A componente vertical do campo magn´etico da Terra aponta para baixo e tem m´odulo de jj T. (a) Em que direc¸a˜ o o feixe ser´a desviado? ]`_ (b) Qual a acelerac¸a˜ o de um el´etron devida ao campo
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magn´etico? (c) Qual ser´a o desvio sofrido pelo feixe O pedac¸o de c´ırculo percorrido pelo el´etron subentenap´os ter percorrido l& cm atrav´es do tubo de televis˜ao? de um a ˆ ngulo a partir do centro. O comprimento (a) Desenhe uma linha reta vertical e, sobre ela, su- & l& m que foi andado no tubo implica numa ponha que o o Sul magn´etico ( norte geogr´afico) es- reduc¸a˜ o (“deflecc¸a˜ o”) do raio . O triˆangulo curvo a trajet´oria curva do el´etron, o lado teja localizado na parte superior da figura e o Norte cuja hipotenusa e o ladoe´ menor maior e ´ e´ a deflex˜ao nos fornece magn´etico ( sul geogr´afico) na parte inferior. Ent˜ao, < ` neste diagrama, o oeste est´a a` esquerda, o leste direita. 254)6 e sen Conforme os dados do problema, o vetor velocidade dos el´etrons ter´a a mesma direc¸a˜ o da linha vertical, , e somando o reapontando de cima para baixo (dado do problema), en- Elevando ambas equac ¸o˜ es ao quadrado R R R , ou seja, sultado obtemos quanto que o campo magn´etico da Terra apontar´a sempre para dentro da p´agina onde estiver desenhada a li H¡ R R nha reta. I
Isto posto, a regra da m˜ao direita nos fornece que .O ( O sinal “mais” corresponde a um a ˆ ngulo de B # ' $ & aponta para a direita (Leste). Por´em, como a carga do el´etron e´ negativa, a forc¸a magn´etica sobre ele apontar´a sinal “menos” corresponde a` soluc¸a˜ o fisicamente correta. para a esquerda (Oeste). Esta resposta contradiz a resposta do livro. Mas a minha Como e´ muito menor que , podemos usar .o teorema ¢ da expans˜ a o binomial e expandir R R Os dois resposta parece-me ser a correta. M M x N ! primeiros termos de tal expans˜ao s˜ao R P ' de oqn , onde sen a . Nesta ex(b) Use N onde obtemos finalmente que a deflecc ¸ a ˜ o (“diminuic ¸ a ˜o press˜ao e´ a magnitude da velocidade do el´etron, ! a de ”) e´ dada por magnitude do campo magn´etico, e a e´ o aˆ ngulo entre R a velocidade do el´etron e o campo magn´etico, ou seja, ¤£ & && \ $ m \ $ mm a \ &)( . Portanto, l
x N ! sen &( x N ! \ n o o
Para podermos determinar o valor num´N erico desta acelerac¸a˜ o falta-nos ainda obter o valor de , que pode ser facilmente obtido da energia cin´etica:
N
o
5 #% %# & h eV # b %# & c ]me \d #'# #B& cih ] kg
tb [ \ #B& w m/s
J/eV
xN! o
A 5 # b & %# & c ]fe db [ \ B# &w 'j j #B& c Y \d #'# B# & cvh ]
bd X #B& ]`_ m/sR
Portanto
n
{
P 30-8 ¥
,
el´etron ` tem uma velocidade inicial #% km/sf} Um # j km/s e uma acelerac¸a˜ o de #B&^]mR km/sR numa regi˜ao em que est˜ao presentes um campo el´etrico e um campo mmagn´ etico uniformes. Sabendo-se que [)&'& T } , determine o campo el´etrico ¦ .
Chamando a acelerac¸a˜ o de § e partindo-se da relac¸a˜ o
¦ , / I o p § <
encontramos sem dificuldades que
, < o¨ ¦ r p § I
onde o sinal negativo foi usado para trocar a ordem dos (c) A o´ rbita do el´ e tron e ´ circular. Como a acelerac ¸ a ˜ o e ´ fatores no produto vetorial. N dada por R PT , onde e´ o raio da o´ rbita, encontramos que #'# [ } & S, [ $ 0 V/m N ¦ bd R
n
B# &w R [ bd \
bd Xl bt )X %# & ]m_
m
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1.2.2 A Descoberta do El´etron – 9/13
(b) Uma possibilidade e´ : com saindo perpendicularmente 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!
E 30-10 Um el´etron com energia cin´etica de j keV se move horizontalmente 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¸a˜ o e o sentido do (menor) campo magn´etico capaz de fazer com que os el´etrons continuem a se mover horizontalmente? Ignore a forc¸a gravitacional, que e´ bastante pequena. (b) Ser´a poss´ıvel, para um pr´oton, atravessar esta combinac¸a˜ o de campos sem ser desviado? Se for, em que circunstˆancias?
P 30-13
, x ´ıons de Y Li (massa Uma fonte de ´ıons est´a produzindo = b u), cada um com uma carga . Os ´ıons s˜ao acelerados por uma diferenc¸a de potencial de #B& kV e entram numa regi˜ao onde um campo magn´etico unifor # existe me vertical ! T. Calcule a intensidade do menor campo el´etrico, a ser estabelecido na mesma regi˜ao que permitir´a aos ´ıons de Y Li a passagem , , sem desvios.
x
1 U
Para que a forc¸a total se anule, o ¦ (a) Usamos a energia cin´etica para determinar a velo- campo el´etrico ¦ tem que ser perpendicular a velocida de dos ´ıons e ao campo magn´etico . O campo e´ percidade: « tem magnipendicular a` velocidade de modo que { N N ! , x el´etrico dada por tude N ! , sendo a magnitude do campo o © . Como os ´ ı ons tem carga e s˜aoN acelerados 5
¬ o R%Pl Hx ¬ , por uma diferenc ¸ a de potencial , temos N kj #B& h eV # b & #B& c ]fe J/eV x ou seja ¡ ¬>P o . Portanto, kg #'# #B&
'\ b #%& w
\d
m/s
cih ]
©
Usando a Eq. 30-10, obtemos:
© N #%& %# & h V/m Z Z)X #B& c _ T ! ª \'b B# & w m/s O campo magn´etico tem que ser perpendicular tanto ao campo el´etrico quanto a` velocidade do el´etron.
!
o
x¬
5
#%& # & B # & B # & ¬ f ] e h b A c
# 7E bd &® # b'b # #%& c R|w¯)° P ®
bt $ #B& z ¬>P o Note que a massa, dada em ® , precisou ser convertida
para kg.
(b) Um pr´oton passar´a sem deflex˜ao caso sua velocidade seja idˆentica a` velocidade do el´etron. Devido a` carga do 1.2.3 O Efeito Hall – 14/18 pr´oton ter sinal positivo, observe que as forc¸as el´etricas e magn´eticas revertem suas direc¸o˜ es, por´em continuam E 30-15 a cancelar-se! Mostre que, em termos de do campo el´etrico Hall © e da intensidade de corrente ± , o n´umero de portadores de E 30-11 carga por unidade de volume e´ dado por Um campo el´etrico de # kj kV/m e um campo magn´etico ² x± ! de & [ T atuam sobre um el´etron em movimento de mo© do a produzir uma forc¸a resultante nula. (a) Calcule a N velocidade< escalar m´ınima do el´etron. (b) Desenhe Chamando o campo el´etrico Hall de ©³ , temos que e . M ´ M¶µ ·x N'¸ vetores ¦ ©³ ou seja, x ©-³ Vx ! . Como a
N'¸
x
±¹P ² , basta Como a forc¸a resultante e´ nula, o m´odulo da forc¸a velocidade de deriva e´ dada por x substitui-la na equac¸a˜ o anterior para se encontrar que el´ e´ igual ao m´odulo da forc¸a magn´etica: © x N e! trica . Portanto ² x± ! (a) © ³
N ª© # k j #%& h
#%&'h Z X j ! & [
m/s
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1.2.4 Movimento Circular de uma Carga – 19/37
Use a Eq. 30-17:
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 #B&Y larmente a um feixe de el´etrons que se move a # Z m/s, e´ necess´ario para fazer com que os el´etrons percorram uma trajet´oria circular de raio & Z j m?
xN!
N
º
E 30-22.
(a)
que o R%PTº . Portanto N Sabemos o P x ! . Desta u´ ltima equac¸a˜ o obtem-se sem dificuldades que ! ox º
N
5
\t ## %# & cvh ] Kg # A Z #%&'Y # b %# & c ]fe C & Z j m
#'# #B& c z T
N
E 30-20.
m/s
(a) Use a Eq. 30-17 para calcular o raio:
N o p ! \t ## Z [
º
B# & ] 5 & vc h # b & B# & c #%& c _ m
A # A Z & #B&'¼ ]fe & k j &
N #r o p R 5
\t ## #B& cvh ] Z & #% &'w R # b #B& c ]me J/eV
#%& h eV b
E 30-21. Que campo magn´etico uniforme deve ser estabelecido no espac¸o de modo a fazer um pr´oton, de velocidade
#B&'w m/s, mover-se numa circunferˆencia do escalar # tamanho do equador terrestre. http://www.if.ufrgs.br/ jgallas
5 # '& B# & h # b & #B& c ]fe \t ## %# & cvh ]
& j #B& w m/s N op º \d #'# # b & [ b X
.
N
B# & ] 5 & #B&'w
#B& cvh 5 & j B# & c ]fe jg c R #%&gc _ T
. & j #%&'w jg & %# & c R
# Zd# #%& w Hz
º
(d)
E #
(b)
{
o
(b) Use a Eq. 30-17:
& kj T, qual e´ o (a) Num campo magn´etico com ! raio da trajet´oria circular percorrida por um el´etron a #B&^» da velocidade escalar da luz? (b) Qual a sua energia cin´etica em el´etrons-volt? Ignore os efeitos rela- (c) tiv´ısticos.
{
!
N o¾ ½ º
A # b X B# & c R|w 5 # & B# &'w # b & #B& c f] e bd Z)X B# & Y # b Z #%& c ¼ T
!
# # tZ # %# & w X b Z #%& c ¼ s
E 30-24.
.
. de revoluc ¸a˜ o do ´ıon de iodo e´ O N per´ıodo º'P o¿P ! , o que nos fornece
o
E
! E . 5 5 # b & B# & c .0]fe A [ gj & #B& cih # \ #B& cih X # b'b B# & c R|w kg/u # X u
P 30-31. P´agina 7
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N
O ´ıon entra no espectrˆometro com uma velocidade *À{H ¬ , assim: relacionada com o potencial por
# o N R ¬
onde a segunda express˜ao foi obtida substituindo-se ÇfP # hora, temos no lugar de . Para ËÌ
Dentro do instrumento,N o ´ıon realiza um movimento circular com velocidade inalterada usando, ent˜ao, a Segunda Lei de Newton:
N
o R H N ! º N R|Á|Â Mas da primeira equac¸a˜ o, R Ã
tuindo estes valores, temos:
Portanto,
à RÄÁÆ ÂdÅ Ã P' ! RÆ o $)¬
e
º R
, substi-
! R
5 A
X B# & c RQÊ B# && #%& h ¬ Z b &'&UÉ $ #TX #%& Y ±
©
P 30-35. (a) Ver o Exemplo 4. O per´ıodo e´ dado por
E N
º
sen y
achar
.
. N os sen y Í o u ! ! sen y
atrav´es da energia cin´etica. Ou seja,
N
$ ¬o Æ R
5 $ #B&' & B# & h ¬ Z \ 5 %# & c R z ¯)° Z '& %# & c ]fe & o R & [ \j E
N
E Z j $ #%&gc ]`Î s N 2546 y E , ent˜ao, temos primeiro que (b) O Npasso Ï
(a) Resolvendo a equac¸a˜ o encontrada no Problema m nela: Portanto, 30-31 para o campo ! , substituindo Æ
.
O p´ositron e´ um el´etron positivo, assim no SI
P 30-33.
!
(c) O raio e´
o
{
bj # #B& w
m/s
N Ï 2546 y E & # b'b
mm
N º o !sen y # kj #
mm
(b) Seja o n´umero de ´ıons separados pela m´aquina P 30-37. V e por unidade de tempo. A corrente e´ ent˜ao Ç (a) O raio º da o´ rbita circular e´ dado por º ÏiP x ! , a massa que e´ separada por unidade de tempo e´ C ! e´ a magnitude do campo magn´etico. A ex o N P # N PTÐ deve ser usaoq , onde o e´ a massa de um u´ nico ´ıon. C tem o valor onde press˜ao relativ´ıstica Ï R R N ¡
#B& Y da para a magnitude Ï do momentum. Aqui, e´ a mag B # ' & & c ) ¯ ° C #B&&o ° PlÈ nitude da velocidade do pr´oton, o e´ sua massa, e Ð e´ a Z b &'&É velocidade da luz. Portanto XT$ #%&gc ¼ ¯^° P'É
N o º x! N PTÐ Como C PTo temos R R ¡ # A
Z l& #B& c ]me XT$ B# & c ¼ ¯)° PlÉ Elevando-se esta express˜ao ao quadrado e resolvendo-a Ç oC N Z \ B# & c R z ¯)° para obtemos
)X #%& c RQÊ N º x,! Ð (c) Cada ´ıon deposita uma energia de ¬ na tac¸a, de ¢ o RÐR ºRxR! R modo que a energia depositada num tempo ËÌ e´ dada Subsitutindo-se º Z)X #B&Y o (raio da terra), d b por x
< # b &)' #B& c ]fe (a carga do pr´oton), ! Ç
© ¬/ËÌ ¬@ËÌ Çm¬3ËÌ [¹# B# & c YqE , o # b Xl b #B& c Rw ¯^° (a massa de http://www.if.ufrgs.br/ jgallas
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um pr´oton), e mente,
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Ð \\ X \ B# &¼¤orP'É obtem-se, finalN
\\ X'X B# & ¼ o¿PlÉ
1.2.6 Forc¸a magn´etica sobre fio transportando corrente – 43/52
(b) Desenho dos vetores: veja no livro! E 30-44. Um condutor horizontal numa linha de forc¸a transporta uma corrente de j &&'& A do sul para o norte. O campo magn´etico da Terra ( b & T) est´a direcionado para o norte e inclinado para baixo de um aˆ ngulo de Xl& ( com a linha horizontal. Determine o m´odulo, a direc¸a˜ o e o sentido da forc¸a magn´etica devida ao campo da Terra sobre #%&'& m do condutor.
1.2.5 C´ıclotrons e Sincrotons – 38/42
A magnitude da forc¸a magn´etica sobre o fio e´ dada por
P 30-42.
<
M ! Fac¸a uma estimativa da distˆancia percorrida por um Ç`D seny dˆeuteron no ciclotron do Exemplo 30-5 (p´agina 169) durante o processo de acelerac¸a˜ o. Suponha um potencial onde Ç e´ a corrente no fio, D e´ o comprimento do fio, acelerador entre os dˆes de $'& kV. ! e´ a magnitude do campo magn´etico, e y e´ o aˆ ngulo XT&)( . Aproxime a distˆancia total pelo n´umero de revoluc¸o˜ es entre a corrente e o campo. No presente caso, y multiplicado pela circunferˆencia da o´ rbita correspon- Portanto dente a` energia m´edia. Isto e´ uma boa aproximac¸a˜ o pois A A M o dˆeuteron recebe a mesma energia a cada revoluc¸a˜ o e &'&& #B&& b & & #%& c Y sen Xl& ( j '$ N 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 Aplique a regra da m˜ao direita ao produto vetorial sua energia final e´ # bd b MeV, o n´umero de revoluc¸o˜ es Ç`Ò q para mostrar que a forc¸a aponta para o oeste. que ele faz e´ ²
# bd b %# &'Y $'& #B& h
eV eV
#B&'[
E 30-45.
Sua energia m´edia durante o processo de acelerac o N P ¸ a˜! o e´, O raio da o ´ rbita e ´ dado por $ Z MeV. º N onde e´ a velocidade euteron. Como tal velocidade N { P doo dˆ e´ dada por , o raio e´ ¡
{ # o ¢ { o º ! ! o
Para a energia m´edia temos
{Ñ $ Z #%& Y
5
eV
# b #%& c ]fe
M
J/eV
{ Z Zl[ #B& ¡ A c Rw & Z^X º j # b & %# & c ]fe # j X
Um fio de # $'& m de comprimento transporta uma corrente de #BZ A e faz um aˆ ngulo de Z j ( com um cam # T. Calcular a forc¸a po magn´etico uniforme ! kj magn´etica sobre o fio.
. 5 0. 5 ² º #B&l[ & Z)X j l[ j
m m
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Portanto,
A distˆancia total viajada e´ , aproximadamente,
P 30-46.
G
Ç; D ! 5 sen 5Z j ( #BZ # $ # kj l& #BZZ'
sen Z
j(
¿
Como Ç;Ò , a corrente tem que fluir da esquerda para a direita. A condic¸a˜ o de equil´ıbrio requer que tenhamos <
M Ó
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Ç`D ! o °
isto e´ , que Portanto
Ç Do ! °
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A & &d#%Z'& ¯)° A \t $o¿PlÉ% R & [ X Ê b & b l&7o & ['[)&E
P 30-48.
A forc¸a e´ dada por V `Ç Ò Ô , e aponta para o lado esquerdo da figura, sendo M esta! a direc¸a˜ o da velociÇ , sendo dade. O m´odulo da forc¸a e´ M portanto a PTo . Como o acelerac¸a˜ o sofrida pelo fio dada por n fio parte do repouso, sua velocidade e´
M ! N n)Ì o Ì Ç o mÌ
,
Eliminando
Ç`D !
sen
o ° &
das duas equac¸o˜ es, encontramos:
Ç`D !3254)6 0 Õ o ° Ç`D !
sen
< &
ou seja,
Ã>Ø ! A2 46 7Öl, × ÙÚ Õ 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 derivada em relac¸a˜ o a do denominador e iguala-la a zero:
&
P 30-52.
s A2 46 7, Õ sen u , sen Õ 52 4)6
Uma barra de cobre de # kg est´a em repouso sobre dois Portanto, o denominador ter´a um extremo [que e´ um trilhos horizontais que distam # m um do outro e per- m´aximo. Verifique isto!] quando mite a passagem de uma corrente de j & A de um trilho t< Õ sen P 254)6 tg 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? ou seja, quando
Ì c ] Õ Ì c ] & & Zd# ( Escolhendo uma orientac¸a˜ o arbitr´aria para o campo, ° ° b vemos que a forc¸a magn´etica ter´a tanto uma compo nente horizontal quanto uma componente vertical. A Substituindo este valor de na express˜ao para ! , acima, componente horizontal a atuar de modo a vencer 0dever´ Õ , onde representa a forc¸a encontramos o valor m´ınimo pedido: 5 a forc¸a de atrito & b & A# & kg \d, $ m/sR normal que os trilhos (parados) exercem sobre a barra e ! A 0Õ e´ o coeficiente de atrito est´atico. A componente ver- min &j A # & m 2A46 Zt# ( & b & sen Zt# ( & #B& T tical da forc¸a magn´etica atua no sentido de reduzir tanto o peso da barra quanto a forc¸a de atrito. 1.2.7 Torque sobre uma Bobina de Corrente – 53/61
! Seja o aˆ ngulo a vertical. A forc¸a E 30-54. M ´ que ! faz com magn´etica e´ Ç`D , pois ! faz \ &'Î com a barra A Fig. 30-39 mostra uma bobina de retangular, com '& horizontal. Como a barra est´a prestes a deslizar, usando voltas de fio, de dimens˜oes #%& cm [pr j cm. Ela transa Eq. 1 do Cap. 6, obtemos para as componentes horiporta uma corrente de & #B& A e pode girar em torno de zontais: um lado longo. Ela est´a montada com seu plano fazendo um aˆ ngulo de Z&( com a direc¸a˜ o de um campo 0Õ & magn´etico uniforme de & kj & T. Calcular o torque que Ç`D !3254)6 atua sobre a bobina em torno do eixo que passa pelo Equilibrando as componentes verticais, obtemos: lado longo. http://www.if.ufrgs.br/ jgallas
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No plano de uma folha de papel, escolha um sistema de coordenadas XY com o eixo Û na horizontal, crescendo para a direita, e o eixo Æ na vertical, crescendo para baixo. Com tal escolha, o eixo de giro estar´a sobre a vertical &'Ü , enquanto que o campo estar´a na mesma direc¸a˜ o horizontal de Û . e longos que Chame de n e Ý os comprimentos curtos formam o retˆangulo da bobina. Seja o aˆ ngulo de Z'&)( entre o lado n e o campo (suposto ao longo do eixo &lÛ ). Na bobina atuar˜ao quatro forc¸as, uma sobre cada um dos lados do retˆangulo. Por´em, a u´ nica forc¸a que pode produzir um torque em relac¸a˜ o ao eixo vertical e´ aquela exercida sobre o lado de comprimento Ý oposto ao eixo de apoio. O m´odulo de tal forc¸a e´ :
Para o torque m´aximo, orientamos o plano de espiras paralelamente a` s linhas do campo magn´etico; assim, se &lÎ , temos: gundo a Eq. 27, \
Þ ¿Ç Ê ! ¿Ç s . >D R u ! Ç;D>. R ! [ R [ Como aparece no denominador, o torque m´aximo #: ocorre quando
< & Î mÇ Ý ! estando ela dirigida ao longo do eixo Æ (isto e´ , para bai-
Þ Ãä Ç`DãR . ! [
M ! Ç`Ý
P 30-59.
sen\
A Fig. 30-40 mostra um anel de arame de raio n perpendicular a` direc¸a˜ o geral de um campo magn´etico divergente, radialmente sim´etrico. O campo magn´etico no xo). os seus pontos o mesmo m´odulo ! e De acordo com a figura indicada na soluc¸a˜ o desteM pro- anel tem em todos blema, vemos que a menor distˆancia entre a forc¸a e o faz um aˆ ngulo com a normal ao plano do anel. os fios eixo de giro (oo seja, o chamado “brac¸o de alavanca”) e´ de ligac¸a˜ o, entrelac¸ados, n˜ao tem efeito algum sobre o problema. Determine o m´odulo, a direc¸a˜ o e o sentidoda ( n 2A46 ). Portanto, o torque para espiras ser´a: forc¸a que o campo exerce sobre o anel se este for per A Þ ÇmÝ ! n 254)6 [ Z'Z #%& cih N m corrido por uma corrente Ç como mostra a figura.
Considere um segmento infinitesimal do lac¸o, de Pela regra da m˜ao direita o sentido e´ Ü , ou seja, o tor^É . O campo magn´etico e´ perpendicular comprimento que est´a orientado de cima para baixo. ao segmento de modo M que a forc¸a magn´etica sobre ele Uma outra maneira (mais formal por´em bem mais tem uma magnitude Ç ! ^É . O diagrama abaixo ¸a˜ o direta) e´ calcular o torque a partir da sua definic a direc¸a˜ o da forc¸a para o segmento na extrema Þ ! , onde àß ß ¿Ç Ê rÇ n^Ý . Nes- mostra direita do lac¸o: ta definic¸a˜ o e´ preciso cuidar para usar o aˆ ngulo correto! ! e (cuja direc¸a˜ o e´ a Notando-se que o aˆ ngulo entre da normal a` espira) e´ de \ & graus, temos
Þ
"! sen\ & " !/254)6 +) rÇ`ngÝ !/254)6 [ ZZ #B& cvh
N m
Perceba que as duas express˜oes usadas para Þ cont´em da forc¸a tem magnitude exatamente os mesmos elementos, por´em ordenados de AMæå componente Ç !/254)6 horizontal ^É e aponta para dentro do centro ¸o˜ es um pouco diferen- modo diferente, com interpretac M¶ç lac¸o.A componente vertical tem magnitude o fator n 254)6 da o brac¸o de alavanca, no do tes: num caso Ç ! sen )É e aponta para cima. outro o 254)6 aparece devido ao produto escalar. Agora, somemos as forc¸as em todos segmentos do lac¸o. A componente horizontal da forc¸a total anula-se pois caP 30-56. segmento do fio pode ser pareado com outro segmen Se espiras completas s˜ao formadas por um fio da to, diametralmente oposto. As componentes horizontais de comprimento D , aÚ circunferˆencia de cada volta e´ de destas forc¸as apontam ambas em direc¸a˜ o ao centro do DSP5 , e o raio e´ de Rálâ . Portanto, a a´ rea de cada espira lac¸o e, portanto, em direc¸o˜ es opostas. vale: A componente vertical da forc¸a total e´
. . D Ê
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Ó
Note que Ç , ! , e tem o mesmo valor para cada segmen- exercem torque em relac¸a˜ o a s˜ao (i) o peso e (ii) a to e portanto podem ser extraidos para fora da integral. forc¸a devida ao campo magn´etico.
P 30-60.
(a) A corrente no galvanˆometro deveria ser de # b mA quando a ddp atrav´es da combinac¸a˜ o resistorgalvanˆometro e´ de # V. A ddp atrav´es do galvanˆometro Da definic¸a˜ o de torque [Eq. 12-21 da quarta edic¸a˜ o Halliday] temos apenas e´
5 `Ç é # b #B& cih X jd Z & #%
V
< Þ ë¤ q
oIì no caso gravitacional em quest˜ao. Porde modo que o resistor deve estar em s´erie com o gal- onde tanto, o m´ o dulo do torque devido a ac¸a˜ o gravitacional vanˆometro e a ddp atrav´es dele deve ser vale d< Þ Ø ß ë oqì ß o ° sen # & & #% & $)Xl$ V A resistˆencia deve ser
# & $^XTB# $ & j [)ê vc h b
onde representa o raio do cilindro. O torque devido ao campo magn´etico sobre a espira vale:
Þ Ã "!
sen
¿Ç Ê !
sen
rÇ lD !
sen
Para que n˜ao haja rotac¸a˜ o, os dois torques devem ser (b) A corrente no galvanˆometro deveria ser de # b mA quando a corrente atrav´es da combinac¸a˜ o resistor- iguais (ou, equivalentemente, a soma dos torques deve galvanˆometro e´ de j & mA. O resistor deve estar em pa- ser nula): ralelo com o galvanˆometro e a corrente atrav´es dele deve ! sen o ° sen r m Ç l D ser
)[ $ Z'$ j & # b
mA
Ç l o ! ° D
Portanto,
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 ãê
P 30-61. A Fig. 30-41 mostra um cilindro de madeira com mas & & kg e comprimento D & #%& m, com sa o j #B& voltas de fio enrolado em torno dele longitudinalmente, de modo que o plano da bobina, assim, formada, contenha o eixo do cilindro. Qual e´ a corrente o cilindro m´ınima atrav´es da bobina capaz de impedir de rolar para baixo no plano inclinado de em relac¸a˜ o a` horizontal, na presenc¸a de um campo magn´etico uniforme vertical de & kj T, se o plano dos enrolamentos for paralelo ao plano inclinado? Se o cilindro rolar, ter´a como eixo instantˆaneo de Ó rotac¸a˜ o o ponto , ponto de contato do cilindro com o plano. Nem a forc¸a normal nem a forc¸a de atrito exerÓ cem torques sobre , pois as linhas de ac¸a˜ o destas duas Ó forc¸as passam pelo ponto . As duas u´ nicas forc¸as que http://www.if.ufrgs.br/ jgallas
[ j
A
1.2.8 O Dipolo Magn´etico – 62/72
E 30-62.
(a) A magnitude do momento de dipolo magn´etico e´ ¿Ç Ê , onde e´ o n´umero de voltas, Ç e´ a dada por corrente em cada volta, e Ê e´ a a´ rea do lac¸o. caso . º Neste R , onde º e´ os lac¸os s˜ao circulares, de modo que Ê o raio de uma volta. Protanto,
Ç . º R
A+.0Akj & #b& & &d# \ & R %# X A
(b) O torque m´aximo ocorre quando o momento de dipolo estiver perpendicular ao campo (ou o plano do lac¸o for paralelo ao campo). O torque e´ dado por
Þ
"!
5
Z'& Z jg & #%& cih $ & j %# & c R
N m
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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 derretido da Terra. Calcular a corrente gerada por estas cargas, supondo que o raio da trajet´oria descrita por elas seja Z j &'& km. .
Da equac¸a˜ o mas
¿Ç Ê Ç ºTR
Ç . º R
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Nesta express˜ao, Ç e´ a corrente na espira, e´ o n´umero de espiras, Ê a a´ rea da espira, e º e´ raio da espira. (a) O torque e´
& & } & $'& % & }d, & Z& 0 I j A b5ï} }ï 8 & b & & j
,¤ 5 A} 0 & & & Z& & b$'& 5 & A }ï & $'& 5 & Z&j A 0;: Q, }: < 8 & #%$ & l& & T[
Þ
obtemos sem proble-
. $ & #B&RR Z j &'& #B& h R & '$ #%& e A
P 30-67.
onde usamos o fato que
} '<¨ } <¨ }f<ð} } &
Uma espira circular de corrente, de raio $ cm, transpor} Substituindo o valor de obtemos ao ta uma corrente de & A. Um vetor unit´ario, paralelo & $'& . momento de dipolo da espira e´ dado por & b & } S, ¶ } , A espira est´aimersa num campo magn´etico dado por Þ J & \'bj X lZ $ &l[ K #B& c _ N m í & E & ZîE . Determine (a) o torque j sobre a espira (usando notac¸a˜ o vetorial) e (b) a energia (b) A energia potencial do dipolo e´ dada por potencial magn´etica da espira.
Conforme dado, o vetor momento de dipolo magn´etico e´
} 5< & b & & $'&
onde
rÇ Ê
. ¿ Ç º R 5.05 # & '& & &'$'& R [ &)g# #B&dcvh A mR
http://www.if.ufrgs.br/ jgallas
! & & } & $'& & }t, & Z& 0 j & b & 5 & & # b j & j #B&dc _ J < bd } } } #, & e &. onde usamos
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