Solução do 3° Estágio Física Geral III - 2015.1 | Adriano Batista

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UNIVERSIDADE FEDERAL DE CAMPINA GRANDE
CCT-Unidade Acadeˆmica de F´ısica
Soluc¸a˜o do 3o Esta´gio de Eletricidade e Magnetismo 2015.1
Disciplina:1108083 24/11/2015
Prof. Adriano de A. Batista
1)(2.0) Um pro´ton esta´ se movendo em uma dada regia˜o onde existe um campo magne´tico
uniforme dado por ~B = (10ıˆ− 20ˆ + 30kˆ)mT. Em um dado instante o pro´ton tem velocidade
~v = vxıˆ + vy ˆ e a forc¸a magne´tica que age sobre ele e´ dada por ~FB = (4, 0ıˆ + 2, 0ˆ) × 10−17N.
Nesse instante quais sa˜o os valores de: (a) vx, (b) vy? A carga do pro´ton e´ 1, 6× 10−19 C.
Soluc¸a˜o: Utilizando o fato de que a forc¸a magne´tica e´ dada por ~FB = e~v × ~B, obtemos
enta˜o as seguintes equac¸o˜es, pelo enunciado e pela definic¸a˜o do produto vetorial
FBx = e(vyBz − vzBy) = evyBz,
FBy = e(vzBx − vxBz) = −evxBz,
FBz = e(vxBy − vyBx) = 0,
onde utilizamos, do enunciado, vz = FBz = 0. Logo, obtemos:
(a) vx = −FByeBz = −10
4
2,4
m/s≈ −4, 2 km/s. (b) vy = −FBxeBz = −10
4
1,2
m/s≈ 8, 3 km/s.
2) (2.0) Um ele´tron com velocidade ~v = (3, 0ıˆ + 4, 0ˆ + 2, 0kˆ) km/s esta´ numa regia˜o com
campo magne´tico ~B = 2, 0ıˆ T e com um campo ele´trico de tal forma que o ele´tron se move com
velocidade constante. (a) Quais as componentes do campo ele´trico? (b) Qual o aˆngulo entre a
velocidade do ele´tron e o campo ele´trico?
Soluc¸a˜o: (a) Como o ele´tron se move com velocidade constante, a forc¸a total sobre ele e´ nula
(pela segunda lei de Newton). Essa forc¸a total pode ser escrita como ~Ftot = −e( ~E+~v× ~B) =
0. Assim obtemos
~E = −~v × ~B = −(3, 0ıˆ+ 4, 0ˆ+ 2, 0kˆ)× 2, 0ıˆ kN/C = (−4, 0ˆ+ 8, 0kˆ)kN/C
(b)
cos(φ) =
~E · ~v
Ev
= −~v ×
~B · ~v
Ev
= 0
Assim o aˆngulo e´ dado por φ = pi
2
rad.
3)(2.0) Na figura abaixo cada um dos quatro fios retil´ıneos muito longos distam d da origem e
teˆm uma corrente i nos sentidos indicados na figura. (a) Encontre o vetor campo magne´tico
gerado pelas correntes ele´tricas dos fios inferiores na posic¸a˜o do fio superior. (b) Encontre a
forc¸a por unidade de comprimento sobre o fio superior devida a`s correntes ele´tricas dos outros
fios.
y
x
i
×
dd
d
d
Soluc¸a˜o: (a) Utilizando a lei de Ampe`re e o princ´ıpio de superposic¸a˜o, encontramos que o
campo magne´trico na posic¸a˜o do fio superior e´ dado por
~Bsup =
µ0i
2pi
(
1
2d
ıˆ− 1
d
√
2
ıˆ+ ˆ√
2
+
1
d
√
2
(−ıˆ+ ˆ)√
2
)
=
µ0i
2pid
(
1
2
− 1)ˆı = − µ0i
4pid
ıˆ
(b) A forc¸a por unidade de comprimento no fio inferior e´ dada por
~fsup =
i~`× ~Bsup
`
= ikˆ × ~Bsup = −µ0i
2
4pid
ˆ
4) (2.0) Na figura abaixo a` esquerda temos a sec¸a˜o transversal de dois fios coaxiais retil´ıneos
muito longos. Ambos os fios transportam uma corrente i uniformemente distribu´ıda, so´ que
em sentidos opostos, como indicado na figura. Determine o vetor campo magne´tico em func¸a˜o
do raio: (a) (0.5) no fio interior (r < a); (b) (1.0) na regia˜o com a < r < b; (c) (0.5) no exterior
do fio.
b
c c′ c′′
a
Soluc¸a˜o: (a) Pela lei de Ampe´re ∮
c
~B · d~`= µ0iin,
em que iin e´ a corrente que passa pelo interior da curva amperiana C. Logo,
iin = µ0
∫
s<r
~Jin · d ~A = µ0Jinpir2,
pois, como afirmado no enunciado, a corrente i e´ uniformemente distribu´ıda no fio interior,
assim a densidade de corrente a´ı e´ dada por Jin =
i
pia2
.
Pela simetria cil´ındrica do problema (invarianc¸a do campo magne´tico por rotac¸a˜o em torno
do eixo do fio), obtemos ∮
c
~B · d~`= 2piBφ(r)r.
Assim obtemos que ~B(~r) = Bϕ(r)φˆ, onde
Bϕ(r) = µ0Jinr/2 =
µ0ir
2pia2
,
ϕˆ = − sinϕıˆ+ cosϕˆ = (−yıˆ+ xˆ)/r.
(b) Pela lei de Ampe´re
∮
c′
~B · d~` = µ0
∫
~J · d ~A. Como a corrente e´ uniformemente
distribu´ıda na sec¸a˜o transversal do fio, obtemos que a corrente que passa pelo interior da
curva amperiana de raio r (c´ırculo tracejado da figura acima) e´∫
s<r
~J · d ~A = i(r) = i− ir
2 − a2
b2 − a2 = i
b2 − r2
b2 − a2 ,
enquanto que por simetria (invarianc¸a do campo magne´tico por rotac¸a˜o em torno do eixo
do fio) obtemos ∮
c′
~B · d~`= 2pirBϕ(r),
em que o campo magne´tico ~B(r) = Bϕ(r)ϕˆ gira em torno do eixo do fio. Portanto, o campo
magne´tico nessa regia˜o e´ dado por
Bϕ(r) = µ0
i(r)
2pir
=
µ0i
2pir
b2 − r2
b2 − a2
(c) Na regia˜o externa, com r > b obtemos que o campo magne´tico e´ nulo, pois∮
c′′
~B · d~`= 0
e pela simetria cil´ındrica obtemos que ~B(r) = 0.
5) (2.0) Determine o campo magne´tico no ponto P gerado pela corrente no fio da figura acima
a` direita. A distaˆncia do ponto P de ambos os fios e´ a. Os dois trechos retil´ıneos podem ser
considerados semi-infinitos e fazem um aˆngulo de 90o entre si.
I
P
Soluc¸a˜o: Pela lei de Biot-Savart temos que o campo magne´tico no ponto P e´ dado por
~BP =
µ0I
4pi
∫
fio
d~r′ × (~r − ~r′)
|~r − ~r′|3 ,
onde ~r = a(ˆı + ˆ) e ~r′ = x′ıˆ. Essa integral pode ser dividida em duas partes, que sa˜o as
seguintes:
A contribuic¸a˜o ao campo magne´tico da corrente do fio retil´ıneo horizontal
~B1 =
µ0I
4pi
∫ 0
∞
dx′ıˆ× (aıˆ+ aˆ− x′ıˆ)
[(x′ − a)2 + a2]3/2 = −
µ0Ia
4pi
∫ ∞
0
dx′
[(x′ − a)2 + a2]3/2 kˆ
= −µ0Ia
4pi
∫ ∞
−a
du
[u2 + a2]3/2
kˆ = −µ0Ia
4pi
∫ pi/2
−pi/4
a sec2 θdθ
a3[1 + tan2 θ]3/2
kˆ = −µ0I
4pia
∫ pi/2
−pi/4
cos θdθ
= −µ0I
4pia
(
1 +
√
2
2
)
kˆ
A contribuic¸a˜o ao campo magne´tico da corrente do fio retil´ıneo vertical e´
~B2 = ~B1,
por simetria. O campo total e´ dado por
~BP = ~B1 + ~B2 = −µ0I
2pia
(
1 +
√
2
2
)
kˆ