Capítulo 32 - Resolução Halliday 10 ed

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Capítulo 32
1. Como, de acordo com a lei de Gauss para campos magnéticos, 6
1
0,Bnn= Φ =∑ temos
( )
5
6
1
1Wb 2Wb 3Wb 4Wb 5Wb 3Wb.BnB
n=
Φ = − Φ = − − + − + − = +∑
2. (a) O fluxo através da face superior é +(0,30 T)πr2, em que r = 0,020 m. De acordo com o enunciado, o fluxo através da face 
inferior é +0,70 mWb. Como o fluxo total é zero, o fluxo através das faces laterais deve ser negativo e igual, em valor absoluto, à 
soma dos fluxos através das faces superior e inferior. Assim, o valor absoluto do fluxo através das faces laterais é 1,1 mWb.
(b) O fato de que o fluxo através das faces laterais é negativo significa que o sentido do fluxo é para dentro.
3. PENSE De acordo com a lei de Gauss para o magnetismo, o fluxo magnético através de uma superfície fechada é zero. 
FORMULE A lei de Gauss para o magnetismo é expressa pela equação ∫ 0.B d A⋅ =∫



 Neste problema, a superfície gaussiana tem a 
forma de um cilindro circular reto, com duas bases planas e uma superfície curva. Assim,
em que F1 é o fluxo magnético através de uma das bases, F2 é o fluxo magnético através da outra base, e FC é o fluxo magnético 
através da superfície curva. No caso da primeira base, o fluxo magnético é para dentro do cilindro; portanto, F1 = -25,0 Wb. No 
caso da segunda base, o campo magnético é uniforme, perpendicular à superfície, e aponta para fora, o que nos dá F2 = AB = πr2B, 
em que A é a área da base e r é o raio do cilindro. 
ANALISE (a) Substituindo os valores conhecidos, temos
Como a soma dos três fluxos deve ser igual a zero,
Assim, o módulo do fluxo magnético através da superfície lateral do cilindro é |FC| = 47,4 μWb.
(b) O sinal negativo de FC indica que o fluxo magnético através da superfície lateral é para dentro do cilindro.
APRENDA Uma das consequências da lei de Gauss para o magnetismo é o fato de que não existem monopolos magnéticos; a 
estrutura magnética mais simples é o dipolo magnético, que possui um polo norte e um polo sul. 
4. De acordo com a lei de Gauss para campos magnéticos, o fluxo S1 através da metade da superfície lateral do cilindro que está 
acima do eixo x é igual ao fluxo S2 através da parte do plano xz que está no interior do cilindro. Assim,
0 0
1 2 esquerdo
1( ) ( ) ( ) 2 ( ) 2 ln3 .
2 2
r r r
B B r r r
i iLS S B x L dx B x L dx L dx
r x
µ µ
π π− − −
Φ =Φ = = = =
−∫ ∫ ∫
5. PENSE Este problema envolve o fato de que a variação do fluxo elétrico induz um campo magnético.
FORMULE Considere uma circunferência com o centro no eixo do capacitor, de raio r > R, em que R é o raio das placas. Como 
não há corrente entre as placas do capacitor, a lei de Ampère-Maxwell se reduz a
3 2 0 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R
em que B

 é o campo magnético em pontos da circunferência, e FE é o fluxo do campo elétrico através da região limitada pela 
circunferência. Como o campo B

 aponta no sentido da tangente à circunferência, e FE = AE = πR2E, temos
o que nos dá
ANALISE Explicitando dE/dt, fazendo r = 6,0 mm = 6,0 × 10-3 m e levando em conta o fato de que, a essa distância do eixo, o 
campo magnético induzido é B = 2,0 × 10-7 T, obtemos
APRENDA Do lado de fora do capacitor, o campo magnético induzido é inversamente proporcional à distância radial r.
6. De acordo com as Eqs. 32-18 e 32-19, a integral do campo ao longo da trajetória indicada é dada por
0 0 2
área envolvida (4,0 cm)(2,0 cm)(0,75 A) 52 nT m.
área total 12 cmd
iµ µ  
 
= = ⋅
7. (a) Como r1 = 2,00 cm < R, usamos a Eq. 32-16, 20 1 ,/ 2dB i r Rµ π= em que a corrente de deslocamento id é dada pela Eq. 32-10: 
12 2 2 3 14
0 (8,85 10 C /N m )(3,00 10 V/m s) 2,66 10 A.
E
d
di
dt
ε − − −Φ= = × ⋅ × ⋅ = ×
Assim, temos 
7 14
190 1
2 2
(4 10 T m/A)(2.66 10 A)(0,0200 m) 1,18 10 T.
2 2 (0,0300 m)
di rB
R
µ π
π π
− −
−× ⋅ ×= = = ×
(b) Como r2 = 0,0500 m > R, usamos a Eq. 32-17:
 
7 14
190
2
(4 10 T m/A)(2,66 10 A) 1,06 10 T.
2 2 (0,0500 m)
µ π
π π
− −
−× ⋅ ×= = = ×d
iB
r
8. (a) Aplicando a Eq. 32-3 à circunferência descrita no enunciado, obtemos
0 0(2 ) (0,60 V m/s)
rB r
R
π ε µ= ⋅
.
Para r = 0,0200 m (na verdade, o valor de r não é usado na solução e serve apenas para indicar que a circunferência está no interior 
da região circular) e R = 0,0300 m, obtemos
12 2 2 7
0 0
17
(0,60 V m/s) (8,85 10 C /N m )(4 10 T m/A)(0,60 V m/s)
2 2 (0,0300 m)
3,54 10 T.
ε µ π
π π
− −
−
⋅ × ⋅ × ⋅ ⋅= =
= ×
B
R
(b) Para um valor de r maior que R, o fluxo envolvido tem o valor máximo. Assim, temos
0 0(2 ) (0,60 V m/s),π ε µ= ⋅B r
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 3 2 1
o que nos dá 
12 2 2 7
0 0
17
(0,60 V m/s) (8,85 10 C /N m )(4 10 T m/A)(0,60 V m/s)
2 2 (0,0500 m)
2,13 10 T.
ε µ π
π π
− −
−
⋅ × ⋅ × ⋅ ⋅= =
= ×
B
r
9. (a) Usando a Eq. 32-7 com A = πr2 e dE/dt = 0,00450 V/m . s, temos
( )20 0(2 ) 0,00450 V/m sB r rπ ε µ π= ⋅ .
Para r = 0,0200 m, obtemos 
0 0
12 2 2 7
22
1 (0,00450 V/m s)
2
1 (8,85 10 C /N m )(4 10 T m/A)(0,0200 m)(0,00450 V/m s)
2
5,01 10 T.
ε µ
π− −
−
= ⋅
= × ⋅ × ⋅ ⋅
= ×
B r
(b) Para r > R, a expressão do item (a) deve ser substituída por
2
0 0(2 ) (0,00450 V/m s).B r Rπ ε µ π= ⋅
Fazendo r = 0,050 m e R = 0,030 m, obtemos
2
0 0
2
12 2 2 7
22
1
(0,00450 V/m s)
2
1 (0,030 m)
(8,85 10 C /N m )(4 10 T m/A) (0,00450 V/m s)
2 0,050 m
4,51 10 T.
RB
r
ε µ
π− −
−
= ⋅
= × ⋅ × ⋅ ⋅
= ×
10. (a) O fluxo do campo elétrico através da região é dado por
3
0
0
2
2 (0,500 V/m s)(2 ) 1
2 3
r
r
E
r r rE rdr t r dr t
R R
π π π
  
       
⌠

⌡
Φ = = ⋅ − = −∫
em unidades do SI. Assim, de acordo com a Eq. 32-3,
 
3
0 0
2
,(2 )
2 3
r rB r
R
π µ ε π
 
  
 
= −
que, para r = 0,0200 e R = 0,0300 m, nos dá
2 3
12 7
0 0
20
2 3(0,0200) (0,0200)(8,85 10 )(4 10 )
4 6 4 6(0,0300)
3,09 10 T.
r rB
R
µ ε π− −
−
  
         
= − = × × −
= ×
(b) Nesse caso, como r > R, o limite superior da integral passa a ser R em vez de r, o que nos dá 
3
2
2
.
1
2 3 6E
R Rt t R
R
π π
 
  
 
Φ = − =
3 2 2 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R
Assim, de acordo com a Eq. 32-3,
2
0 0 ,
1(2 )
6
B r Rπ µ ε π=
que, para r = 0,0500 m, nos dá 
2 12 7 2
200 0 (8,85 10 )(4 10 )(0,030) 1,67 10 T.
12 12(0,0500)
RB
r
µ ε π− − −× ×= = = ×
11. (a) Levando em conta o fato de que o campo elétrico (supostamente uniforme) é dado por E = V/d, em que d é a distância entre 
as placas, podemos usar o resultado do item (a) do Exemplo 32.01, “Campo magnético induzido por um campo elétrico variável”:
( )0 0 0 0 .2 2
r rdE dVB r R
dt d dt
µ ε µ ε= = ≤
Para V = Vmáx sen(ωt), obtemos
0 0 0 0 máx
máx máxcos( )2 2
r rVB V t B
d d
µ ε µ ε ωω ω= ⇒ =
em que Vmáx = 150 V. O valor de Bmáx aumenta com R até atingir o valor máximo para R = r = 30 mm:
12 3
max0 0
máx 3
12
(4 H m)(8,85 10 F m)(30 10 m)(150V)(150V)
2 2(5,0 10 m)
1,9 10 T 1,9 pT.
r R
RVB
d
µ ε ω π −7 − −
−=
−
×10 × ×= =
×
= × =
(b) Para r ≤ 0,03 m, usamos a expressão obtida no item (a), Bmáx = μ0ε0rVmáxω/2d; para r ≥ 0,03 m, usamos o resultado do item (b) 
do Exemplo 32.01, “Campo magnético induzido por um campo elétrico variável”:
( )
2 2 2
0 0 0 0 0 0
máx máx
máx máx máx
2
0 0 máx .
cos( )
2 2 2
 
2
R R RdE dVB V t
r dt rd dt rd
R V r R
rd
µ ε µ ε µ ε ω ω
µ ε ω
     
               
= = =
= ≥
A figura a seguir mostra o gráfico de Bmáx em função de r.
12. Os resultados do Exemplo 32.01, “Campo magnético induzido por um campo elétrico variável”, indicam que B µ r para r ≤ R e 
B µ r–1 para r ≥ R. Isso significa que o valor de B é máximo para r = R; além disso, existem dois valores possíveis de r para os quais 
o campo magnético é 75% de Bmáx. Vamos chamar de r1 e r2 esses dois valores, com r1 < R e r2  > R. 
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 3 2 3
(a) Do lado de dentro do capacitor, 0,75 Bmáx/Bmáx = r1/R, o que nos dá r1 = 0,75R =0,75(40 mm) = 30 mm.
(b) Do lado de fora do capacitor, 0,75 Bmáx/Bmáx = R/r2, o que nos dá r2 = R/0,75 = (40 mm)/0,75 = 53 mm.
(c) De acordo com as Eqs. 32-15 e 32-17,
7
50 0
máx
(4 10 T m A)(6,0A) 3,0 10 T.
2 2 2 (0,040m)
di iB
R R
µ µ π
π π π
−
−× ⋅= = = = ×
13. Vamos chamar de A a área das placas e de d a distância entre as placas. De acordo com a Eq. 32-10,
( ) 00 0 0 ,Ed
d d d V A dVi AE A
dt dt dt d d dt
εε ε εΦ    = = = =   
   
e, portanto,
5
6
0
1,5A
7,5 10 V s.
2,0 10 F
d ddV i d i
dt A Cε −
= = = = ×
×
14. Considere uma superfície de área A perpendicular a um campo elétrico uniforme .E

 A densidade de corrente de deslocamento 
é uniforme e perpendicular à superfície. O módulo dessa densidade de corrente é dado por Jd = id/A. Como, de acordo com a Eq. 
32-10, id = e0A(dE/dt), temos
0 0
1
.d
dE dEJ A
A dt dt
ε ε= =
15. PENSE A corrente de deslocamento está relacionada à variação do fluxo do campo elétrico por meio da equação id = e0(dFE/dt).
FORMULE Sejam A a área das placas e E o módulo do campo elétrico na região entre as placas. Como o campo na região entre 
as placas é uniforme, E = V/d, em que V é a diferença de potencial entre as placas e d é a distância entre as placas. 
ANALISE A corrente de deslocamento é
Como e0A/d é a capacitância C de um capacitor de placas paralelas (em que o espaço entre as placas não contém um dielétrico), temos
APRENDA A corrente real usada para carregar o capacitor é
Assim, i = id.
16. Podemos usar a Eq. 32-14, 0 ( / ).di A dE dtε= Note, que, nesta equação, A é a área em que existe um campo elétrico variável. 
Como o raio r do anel é maior que o raio R das placas do capacitor, A = pR2. Assim,
( )( )
12
2 212 2 2
0 0
2,0A 7,2 10 V/m s.
8,85 10 C /N m 0,10m
d di idE
dt A Rε ε π π −
= = = = × ⋅
× ⋅
3 2 4 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R
17. (a) De acordo com as Eqs. 26-5 e 26-10,
8
6 2
(1,62 10 m)(100A)
0,324V m.
5,00 10 m
iE J
A
ρρ
−
−
× Ω ⋅
= = = =
×
(b) A corrente de deslocamento é
12 8
0 0 0 0
16
(8,85 10 F/m)(1,62 10 )(2000A s)
2,87 10 A.
E
d
d dE d i dii A A
dt dt dt A dt
ρε ε ε ε ρ − −
−
 
 
 
Φ= = = = = × × Ω
= ×
(c) A razão entre os módulos dos campos é
( )
( )
16
180
0
produzido por 2 2,87 10 A 2,87 10 .
2 100Aproduzido por 
d d d
B i i r i
i r iB i
µ π
µ π
−
−×= = = = ×
18. De acordo com a Eq. 28-11,
/ ,t RCi e
R
ε −=
em que, de acordo com a Eq. 25-9,
2
110 0 (0,05 m) 2,318 10 F.
0,003 m
AC
d
ε ε π −= = = ×
No instante t = 250 µs, a corrente é
6 11/(20,0 10 /2,318 10 ) 7
6
12,0 V
3,50 10 A.
20,0 10
ti e
−− × × −= = ×
× Ω
De acordo com a Eq. 32-16, o campo magnético a uma distância radial r do eixo de um capacitor de placas circulares de raio R é 
dado por 
0
2 .2
di rB
R
µ
π
=
Como, de acordo com a Eq. 32-15, i = id, temos
7 7
130
2 2
(4 10 T m/A)(3,50 10 A)(0,030 m) 8,40 10 T.
2 2 (0,050 m)
di rB
R
µ π
π π
− −
−× ⋅ ×= = = ×
19. (a) De acordo com as Eqs. 26-5 e 32-16, temos 
2
0 0 0
02 2 2
7 2
( ) 1
22 2 2
1 (4 10 T m/A)(6,00 A/m )(0,0200 m) 75,4 nT.
2
d d d
d
i r J Ar J R rB J r
R R R
µ µ µ π µ
π π π
π −
= = = =
= × ⋅ = 
(b) De acordo com a Eq. 32-17, temos
2
0 0 67,9 nT.
2 2
d di J RB
r r
µ µ π
π π
= = =
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 3 2 5
20. (a) De acordo com a Eq. 32-16, temos
0
2 2,22 T.2
di rB
R
µ µ
π
= =
(b) De acordo com a Eq. 32-17, temos
0 2,00 T.
2
diB
r
µ µ
π
= =
21. (a) Vamos usar a Eq. 32-11, considerando nulo o segundo termo. O primeiro termo, id,env, pode ser calculado integrando a 
densidade de corrente de deslocamento:
( )
3
2 2
, env 0 0
12 (4,00 A/m )(2 ) 1 / 8
2 3
r r
d d
ri J r dr r R r dr r
R
π π π
 
  
 
= = − = −∫ ∫
em unidades do SI. De acordo com a Eq. 32-17 (com a corrente id substituída por id, env), obtemos
0 , env 27,9 nT
2
diB
r
µ
π
= =
.
(b) Como, nesse caso, r > R, o limite superior da integral do item (a) passa a ser R. Assim, temos
 
3
2 2
, env
1 48
2 3 3d d
Ri i R R
R
π π
 
  
 
= = − =
e a Eq. 32-17 nos dá
0 15,1nT.
2
diB
r
µ
π
= =
22. (a) Vamos usar a Eq. 32-11, considerando nulo o segundo termo. De acordo com a Eq. 32-17 (com a corrente id substituída 
por id,env), obtemos
0 , env 0 .
(3,00 A)( / )
20,0 T
2 2
di r RB
r r
µ µ µ
π π
= = =
(b) Nesse caso, id = 3,00 A e
0 12,0 T.
2
diB
r
µ µ
π
= =
23. PENSE Se o campo elétrico entre as placas de um capacitor de placas paralelas está variando, existe uma corrente de desloca-
mento id = e0(dFE/dt) entre as placas.
FORMULE Sejam A a área das placas e E o módulo do campo elétrico na região entre as placas. Como o campo entre as placas 
é uniforme, E = V/d, em que V é a diferença de potencial entre as placas e d é a distância entre as placas. A corrente que entra na 
placa positiva do capacitor é
que é igual à corrente de deslocamento. 
ANALISE (a) Assim, em qualquer instante, a corrente de deslocamento id na região entre as placas é igual à corrente de condução 
i nos fios: id = i = 2,0 A.
3 2 6 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R
(b) A taxa de variação do campo elétrico é
(c) A corrente de deslocamento através da região envolvida pela trajetória tracejada é
(d) A integral do campo magnético ao longo da trajetória tracejada é
 ∫ 
APRENDA Como a corrente de deslocamento é uniforme no espaço entre as placas, a corrente de deslocamento através da região 
envolvida pela trajetória tracejada é proporcional à área da região. 
24. (a) De acordo com a Eq. 32-10,
( ) ( ) ( )
( )( )( )
5 4 4
0 0 0 0
12 2 2 2 2 4
8
4,0 10 6,0 10 6,0 10 V m s
8,85 10 C /N m 4,0 10 m 6,0 10 V m s
2,1 10 A.
E
d
d dE di A A t A
dt dt dt
ε ε ε ε
− −
−
 
  
Φ= = × − × = − × ⋅
= − × ⋅ × × ⋅
= − ×
Assim, o valor absoluto da corrente de deslocamento é 8| | 2,1 10 A.di
−= ×
(b) Como o sinal de di é negativo, o sentido da corrente de deslocamento é para baixo. 
(c) De acordo com a Eq. 32-18, para uma trajetória circular no sentido anti-horário na região entre as placas,
∫s 0 0,ds B ds iµ⋅ = <∫



o que significa que 0.B ds⋅ <

 Assim, o sentido de B

 é o sentido horário.
25. (a) De acordo com a Eq. 32-18, temos
( ) ( )( )( )
2
0env 6 2 30
0
7
1 1 1,26 10 H m 20A m 50 10 m
2 2 2 2
6,3 10 T 0,63 T.
d
d
J rIB J r
r r
µ πµ µ
π π
µ
− −
−
= = = = × ×
= × =
(b) Como 2 20 0 ,Ed d
d dEi J r r
dt dt
π ε ε πΦ= = = temos
2
12
12
0
20A m
2,3 10 V/m s.
8,85 10 F m
ddE J
dt ε −
= = = × ⋅
×
26. (a) Como, de acordo com a Eq. 32-15, i = id, a corrente de deslocamento envolvida pelo anel é
2
,env 2
( /3) 1,33A.
9d
R ii i
R
π
π
= = =
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 3 2 7
(b) Como foi visto no Exemplo 32.01, “Campo magnético induzido por um campo elétrico variável”, o campo magnético é pro-
porcional a r para r < R e é máximo para r = R. Assim,
máx
3,00mT
,
12,0mT
B r
B R
= =
o que nos dá r = R/4 = (1,20 cm)/4 = 0,300 cm. 
(c) De acordo com a Eq. 32-17, fora da região entre as placas, o campo é inversamente proporcional a r. Assim, 
máx
3,00mT
,
12,0mT
B R
B r
= =
o que nos dá r = 4R = 4(1,20 cm) = 4,80 cm. 
27. (a) No intervalo a do gráfico da Fig. 32-33,
( )( )
5 5
12 2
0 0 6
4,5 10 N C 6,0 10 N C8,85 10 F m 1,6m
4,0 10 s
0,71A.
E
d
d dEi A
dt dt
ε ε − −
Φ × − ×= = = ×
×
=
(b) No intervalo b do gráfico, id ∞ dE/dt = 0.
(c) No intervalo c do gráfico,
5
12 2
0 6
4,0 10 N C| | (8,85 10 F m)(1,6m ) 2,8A.
2,0 10 sd
dEi A
dt
ε − −
− ×= = × =
×
28. (a) De acordo com o gráfico da Fig. 32-35b, i = 4,0 A para t = 20 ms. Assim, 
0 0,089 mT.
2i
iB
r
µ
π
= =
(b) De acordo com o gráfico da Fig. 32-35b, i = 8,0 A para t = 40 ms. Assim,
0 0,178 mT 0,18 mT.
2i
iB
r
µ
π
= = ≈
(c) De acordo com o gráfico da Fig. 32-35b, i = 10 A para t > 50 ms. Assim,
0 0,22 mT.
2i
iB
r
µ
π
= =
(d) Considerando a Eq. 32-10, id = e0A(dE/dt), e também as Eqs. 26-5 e 26-10, E = ri/A.Assim, id = e0A(di/dt). Como, de acordo 
com o gráfico da Fig. 32-34b, di/dt = 200 A/s no intervalo 0 < t < 50 ms,
220 6,4 10 T.
2
d
id
iB
r
µ
π
−= = ×
(e) O resultado é o mesmo do item (d): Bid = 6,4 × 10-22 T.
(f) Como di/dt = 0 para t > 50,0 ms, Bid = 0.
3 2 8 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R
(g) De acordo com a regra da mão direita, o sentido de iB

 em t = 20 ms é para fora do papel.
(h) De acordo com a regra da mão direita, o sentido de idB

 em t = 20 ms é para fora do papel.
29. (a) De acordo com a Eq. 32-15, id = i para qualquer valor de t. Assim, imáx = id máx = 7,60 μA.
(b) Como, de acordo com a Eq. 32-10, id = e0(dFE/dt),
6
máx 5
12
máx 0
7,60 10 A
8,59 10 V m s 859 kV m s.
8,85 10 F m
dE
id
dt ε
−
−
Φ ×  = = = × ⋅ = ⋅  × 
(c) A corrente de deslocamento é dada por
( ) 00 0 0 ,Ed
Ad d d V dVi AE A
dt dt dt d d dt
εε ε ε      
   
Φ= = = =
em que A é a área das placas. Como a diferença de potencial entre as placas do capacitor é igual, em valor absoluto, à fem da fonte, 
V = em sen ωt e dV/dt = ωem cos ωt. Assim, id = (e0Aωe/d) cos ωt, idmáx = e0Aωe/d, e
12 2
m0
6
máx
3
(8,85 10 F m) (0,180 m) (130rad s)(220 V)
7,60 10 A
3,39 10 m 3,39 mm,
d
Ad
i
ε ωε π−
−
−
×= =
×
= × =
em que foi usada a relação A = pR2.
(d) Podemos usar a lei de Ampère-Maxwell (Eq. 32-5) na forma ∫ 0 ,dB ds Iµ⋅ =∫



 em que a trajetória de integração é uma circunfe-
rência de raio r em um plano paralelo às placas situado entre as placas, e Id é a corrente de deslocamento na região envolvida pela 
trajetória de integração. Como a densidade de corrente de deslocamento é uniforme na região entre as placas, Id = (r2/R2)id, em que id 
é a corrente de deslocamento total e R é o raio das placas. Como as linhas de campo magnético são circunferências com o centro no 
eixo das placas, B

 é paralelo a .ds Uma vez que o módulo do campo é constante ao longo de uma circunferência, ∫ 2B ds rBπ⋅ =∫



 e
2
0
0 2 22 .2
d
d
i rrrB i B
R R
µπ µ
π
 
  
 
= ⇒ =
O campo magnético máximo é dado por
( )
6
0 máx
máx 2 2
12
(4 T m A)(7,6 10 A)(0,110m)
2 2 0m
5,16 10 T 5,16 pT.
di rB
R
µ π
π π
−7 −
−
×10 ⋅ ×= =
0,18
= × =
30. (a) O fluxo magnético através do estado do Arizona é
6 2 3 2 7(43 10 T)(295,000km )(10 m km) 1,3 10 Wb,rB A
−Φ = − = − × = − ×
em que foi usado o sinal negativo porque, de acordo com o enunciado, o fluxo magnético aponta para baixo. De acordo com a lei 
de Gauss, este fluxo é igual ao negativo do fluxo Fʹ através do resto da superfície da Terra. Assim,
Fʹ = 1,3 H 107 Wb = 13 MWb.
(b) O fluxo magnético através do resto da superfície do planeta aponta para cima.
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 3 2 9
31. A componente horizontal do campo magnético da Terra é dada por Bh = B cos fi, em que B é o módulo do campo e fi é o 
ângulo de inclinação. Assim,
16 T
55 T.
cos cos73
h
i
BB µ µ
φ
= = =
°
32. (a) A energia potencial do átomo na presença de um campo magnético externo 
extB

 é dada pelas Eqs. 32-31 e 32-32:
ext ext extorb orb, .BzU B B m Bµ µ µ= − ⋅ = − = − 

O fato de que a energia do nível 1 não muda quando o campo extB

é aplicado significa que ml = 0 para este nível. 
(b) Como a aplicação do campo extB

 faz o nível 2 se dividir em três, o estado original envolve três valores diferentes de ml. O estado 
do meio tem a mesma energia que o estado E2 na ausência de campo aplicado; logo, corresponde ao estado com ml = 0. Os outros 
dois estados possuem ml = -1 e ml = +1.
(c) Como, para dois níveis vizinhos do estado E2, |∆ml| = 1, o espaçamento entre os níveis desdobrados é
24 24| ( ) | | | (9,27 10 J/T)(0,50T) 4,64 10 J.B B BU m B m B Bµ µ µ − −∆ = ∆ − = ∆ = = × = × 
33. PENSE Este problema envolve os níveis de energia de um elétron atômico. 
FORMULE A componente z do momento angular orbital de um elétron atômico é dada por
em que ml é o número quântico magnético orbital e h é a constante de Planck. A componente z do momento dipolar magnético 
orbital é dada por
em que μB = eh/4pm é o magnéton de Bohr. Quando o elétron é submetido a um campo magnético externo ext ,B

 a energia asso-
ciada à orientação de orbµ
 é dada por
ANALISE (a) Para ml = 0, Lorb,z = mlh/2p = 0.
(b) Para ml = 0, μorb,z = –mlμB = 0.
(c) Para ml = 0, U = –μorb,zBext = –mlμBBext = 0.
(d) Seja qual for o valor de ml,
(e) Para ml = 3,
(f) Para ml = 3,
3 3 0 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R
24 23 23
, ( 3)(9,27 10 J/T) 2,78 10 J/T 2,8 10 J/T.Borb z mµ µ
− − −= − = − − × = × ≈ ×

(g) Para ml = 3, a energia orientacional associada ao momento magnético orbital do elétron é
(h) Seja qual for o valor de ml, U = ±3,2 × 10–25 J.
APRENDA Spin é um momento angular intrínseco que não está associado ao movimento do elétron. A componente z é quantizada 
e pode ser escrita na forma
 
em que ms = ±1/2 é o número quântico magnético de spin.
34. De acordo com a Eq. 32-27, 
DU = –D(μs,zB) = –BDμs,z,
em que, de acordo com as Eqs. 32-24 e 32-25, , 4 .s z e Beh mµ π µ= ± = ± Assim,
( ) 24 242 2(9,27 10 J T)(0,25T) 4,6 10 J.B B BU B Bµ µ µ − −∆ = − − − = = × = ×  
35. De acordo com a Eq. 32-31, μorb, z = –ml/μB.
(a) Para ml = 1, μorb,z = –(1) (9,3 × 10–24 J/T) = –9,3 × 10–24 J/T.
(b) Para ml = –2, μorb,z = –(–2) (9,3 × 10–24 J/T) = 1,9 × 10–23 J/T.
36. Combinando a Eq. 32-27 com as Eqs. 32-22 e 32-23, vemos que a diferença de energia é
B2U Bµ∆ =
em que μB é o magnéton de Bohr, cujo valor é dado na Eq. 32-25. Para DU = 6,00 ×10–25 J, obtemos B = 32,3 mT.
37. (a) A figura a seguir mostra as linhas de campo magnético produzidas pelo ímã em forma de barra nas proximidades do anel.
(b) De acordo com a discussão do Módulo 32-5, o momento magnético µ tem o sentido oposto ao de .B

 Assim, o sentido do 
momento magnético na figura do item (a) é para a direita, ou seja, o momento magnético aponta no sentido do semieixo x positivo.
(c) O sentido da corrente convencional é o sentido horário (do ponto de vista do ímã em forma de barra).
(d) Como todo material diamagnético é repelido da região em que o campo magnético é mais intenso para a região em que o 
campo magnético é menos intenso e o módulo de B

 é proporcional à “densidade” de linhas de força, o sentido da força magnética 
exercida sobre o anel é para a direita, ou seja, o sentido +x. 
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 3 3 1
38. Um campo elétrico com linhas de campo circulares é induzido quando o campo magnético é aplicado. Suponha que o campo 
magnético aumente linearmente de zero a B em um intervalo de tempo Dt. De acordo com a Eq. 30-25, o módulo do campo elé-
trico na posição da órbita é dado por
,
2 2
r dB r BE
dt t
   = =    ∆    t
em que r é o raio da órbita. O campo elétrico induzido é tangente à órbita e muda a velocidade do elétron. A variação de veloci-
dade é dada por
.
2 2e e e
eE e r B erBv a t t t
m m t m
   ∆ = ∆ = ∆ = ∆ =   ∆   
A corrente associada ao movimento do elétron é i = ev/2pr e o momento dipolar magnético é
( )2 1 .2 2
evAi r evr
r
µ π
π
 
 
 
= = =
A variação do momento dipolar magnético é
2 21 1
.
2 2 2 4e e
erB e r Ber v er
m m
µ
 
∆ = ∆ = = 
 
39. No teste proposto, o maior valor da razão entre o campo magnético e a temperatura é (0,50 T)/(10 K) = 0,050 T/K. Observando 
a Fig. 32-14, vemos que este ponto está na região linear da curva de magnetização. A resposta, portanto, é sim.
40. (a) Observando a Fig. 32-14, estimamos que a inclinação da curva no ponto em que M/Mmáx = 0,5 é B/T = 0,50 T/K. Assim, 
B = 0,50 T = (0,50 T/K)(300 K) = 1,5×102 T.
(b) No ponto em que M/Mmáx = 0,9, B/T H 2 e, portanto, B = (2)(300) = 6,0×102 T.
(c) Esses campos não podem ser produzidos em laboratório, a não ser por um tempo muito curto e em volumes muito pequenos.
41. PENSE De acordo com a definição da Eq. 32-38,a magnetização é o momento dipolar magnético por unidade de volume. 
FORMULE Sejam M a magnetização e V o volume do cilindro (V = pr2L, em que r é o raio e L é a altura do cilindro). O momento 
dipolar magnético é dado por μ = MV.
ANALISE Substituindo os valores conhecidos, obtemos
APRENDA Em uma amostra com N átomos, a magnetização atinge o valor máximo, também chamado de valor de saturação, 
quando todos os dipolos estão alinhados, o que nos dá Mmáx = Nµ/V.
42. Temos
( )3 2 ,
2
µ µ µ= = ⋅ − − ⋅ =K kT B B B
 
 
o que nos dá
23
23
4 4(1,0 10 J T)(0,50T)
0,48K.
3 3(1,38 10 J K)
BT
k
µ −
−
×
= = =
×
3 3 2 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R
43. (a) Como uma carga e que se move com velocidade constante v em uma trajetória circular de raio r leva um tempo T = 2πr/v 
para descrever uma órbita completa, a corrente média é
.
2
e evi
T rπ
= =
O módulo do momento dipolar é igual a essa corrente multiplicada pela área da órbita:
2 .
2 2
ev evrr
r
µ π
π
= =
Como a força centrípeta responsável pelo movimento circular tem módulo evB, a segunda lei de Newton para rotações nos dá evB 
= mev2/r. Explicitando r e substituindo na equação anterior, obtemos
( ) 21 1 1 .
2 2
e e
e
m v Kev m v
eB B B
µ     = = =    
    
A força magnética ev B− ×


 deve apontar para o centro da trajetória circular. Para que isso aconteça, se o elétron está se movendo 
no sentido anti-horário no plano do papel, o campo magnético deve apontar para fora do papel, ou seja, no sentido definido como 
positivo para o eixo z. Como a carga do elétron é negativa, o sentido convencional da corrente é o sentido oposto e, de acordo com 
a regra da mão direita para momentos dipolares, o momento dipolar aponta para dentro da página, ou seja, no sentido negativo 
do eixo z. Assim, o momento dipolar tem o sentido oposto ao do campo magnético.
(b) Como, na demonstração da relação μ = Ke/B, os sinais se cancelam, a mesma relação é válida para um íon positivo. 
(c) A direção do momento dipolar é a mesma do item (a).
(d) A magnetização do gás é dada por M = μene + μini, em que µe é o momento dipolar de um elétron, ne é a concentração de elé-
trons, μi é o momento dipolar de um íon e ni é a concentração de íons. Como ne = ni, podemos chamar de n as duas concentrações. 
Fazendo μe = Ke/B e μi = Ki/B, obtemos
( ) ( )
21 3
20 21 25,3 10 m 6,2 10 J + 7,6 10 J 3,1 10 A m.
1,2 Te i
nM K K
B
−
− −×= + = × × = ×
44. Os termos usados neste problema e a relação entre M e μ são discutidos no Módulo 32-7. Como a inclinação do gráfico da 
Fig. 32-38 é
máx
ext
/ 0,15 0,75 K/T,
/ 0,20 T/K
M M
B T
= = 
temos 
máx
0,800 T(0,75 K/T) 0,30.
2,00 K
µ
µ
= =
45. PENSE De acordo com a mecânica estatística, a probabilidade de que um momento dipolar magnético submetido a um campo 
magnético externo tenha uma energia U é P = e-U/kT, em que k é a constante de Boltzmann. 
 
FORMULE A energia orientacional de um momento magnético em um campo magnético é dada por .U Bµ= − ⋅

 Assim, se o 
momento magnético e o campo magnético apontam na mesma direção, U = -μB; se o momento magnético e o campo magnético 
apontam em direções opostas, U = +μB. Usamos a notação /( ) B kTP eµµ = para representar a probabilidade de que um momento 
magnético esteja paralelo a B

 e a notação /( ) B kTP e µµ −− = para representar a probabilidade de que um momento magnético esteja 
antiparalelo a .B

 A magnetização pode ser vista como uma “média ponderada” que leva em conta essas probabilidades.
ANALISE (a) Em um sólido com N átomos por unidade de volume, a magnetização é
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 3 3 3
(b) Para μB << kT (ou seja, para μB/kT << 1), e±μB/kT H 1 ± μB/kT e, portanto,
(c) Para μB >> kT, tanh(μB/kT) H 1 e, portanto, tanh .BM N N
kT
µµ µ = ≈ 
 
(d) Observando a Fig. 32-14, vemos que para Bext/T << 1 (ou seja, para μB << kT), M/Mmáx ∞ Bext/T, o que está de acordo com 
o resultado do item (b). Por outro lado, para Bext/T >> 1 (ou seja, para μB >> kT, M/Mmáx tende a 1, o que está de acordo com o 
resultado do item (c).
APRENDA Como se pode ver na Fig. 32-14 e nos resultados dos itens (b) e (c), a magnetização M varia linearmente com B/T para 
B/T << 1 e tende a um valor constante para B/T >> 1. 
46. De acordo com a Eq. 28-36, t = -μBh sen q; o sinal negativo indica que o torque se opõe ao deslocamento angular q. Para 
pequenos ângulos, t ≈ –μBhq, o que é característico do movimento harmônico simples (veja o Módulo 15-3). Comparando com 
a Eq. 15-13, vemos que o período de oscilação é
2
h
IT
B
π
µ
=
em que I é o momento de inércia a ser determinado. Como a frequência é 0,312 Hz, o período é T = 1/f = 1/(0,312 Hz) = 3,21 s. 
Explicitando I na equação anterior, obtemos
2 3 6 2
9 2
2 2
(0,680 10 J/T)(18,0 10 T)(3,21s)
3,19 10 kg m .
4 4
hB TI µ
π π
− −
−× ×= = = × ⋅
47. PENSE Neste problema, o momento dipolar magnético da Terra é comparado com o de uma esfera de ferro. 
FORMULE Se a magnetização da esfera estiver saturada, o momento dipolar magnético total será μtotal = Nμ, em que N é o número 
de átomos de ferro da esfera e μ é o momento dipolar magnético de um átomo de ferro. Estamos interessados em calcular o raio de 
uma esfera de ferro com N átomos. A massa da esfera é Nm, em que m é a massa do átomo de ferro. É também dada por 4prR3/3, 
em que r é a massa específica do ferro e R é o raio da esfera. Assim, Nm = 4prR3/3 e
Substituindo essa relação na equação μtotal = Nμ, obtemos
ANALISE (a) A massa do átomo de ferro é
e, portanto, o raio da esfera de ferro é
3 3 4 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R
(b) Como o volume da esfera é
3 5 3 16 34 4 (1,82 10 m) 2,53 10 m
3 3e
V Rπ π= = × = ×
e o volume da Terra é
a fração do volume da Terra ocupada pela esfera é
APRENDA O núcleo da Terra realmente contém uma grande quantidade de ferro, mas a possibilidade de que o magnetismo 
terrestre se deva a um ímã permanente parece remota, por várias razões. Para começar, a temperatura do núcleo é maior que a 
temperatura de Curie do ferro. 
48. (a) Como, de acordo com o Apêndice F, a massa molar do ferro é 55,847 g/mol, o número de átomos de ferro contidos na 
barra de ferro é
3 2
23
23
(7,9g cm )(5,0cm)(1,0cm )
4,3 10 .
(55,847g mol) (6,022 10 mol)
N = = ×
×
Assim, o momento dipolar da barra de ferro é
23 23 2(2,1 10 J T)(4,3 10 ) 8,9A m .µ −= × × = ⋅
(b) π = μB sen 90° = (8,9 A·m2)(1,57 T) = 13 N·m.
49. PENSE O acoplamento de câmbio é um fenômeno responsável pelo alinhamento do spin de um átomo com os spins dos átomos 
vizinhos. Este problema envolve uma investigação dos dipolos magnéticos como possíveis responsáveis pelo acoplamento de câmbio. 
FORMULE O campo de um dipolo em um ponto do eixo é dado pela Eq. 29-27:
em que μ é o momento dipolar magnético e z é a distância do centro do dipolo. A energia de um dipolo magnético µ na presença 
de um campo magnético B

 é dada por
em que f é o ângulo entre o momento dipolar e o campo.
ANALISE (a) O módulo do campo magnético a uma distância de 10 nm do átomo é
(b) A energia necessária para inverter a orientação do dipolo (de f = 0° para f = 180°) é
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 3 3 5
(c) A energia cinética média de translação dos átomos à temperatura ambiente é da ordem de 0,04 eV, ou seja, uma energia cerca 
de 108 vezes maior que a energia necessária para inverter a orientação de um dipolo atômico. Assim, as interações dipolo-dipolo 
não poderiam manter por muito tempo o alinhamento do spin de um átomo com os spins dos átomos vizinhos.
APRENDA O alinhamento persistente dos spins de átomos vizinhos, mesmo na presença da agitação térmica, é que proporciona 
aos materiais ferromagnéticos um magnetismo permanente. 
50. (a) De acordo com a Eq. 28-36,
2 o
barra
4
sen (2700 A/m)(0,06 m) (0,003 m) (0,035 T)sen(68 )
1,49 10 N m,
Bτ µ θ π
−
= =
= × ⋅
em queusamos o fato de que o volume de um cilindro é igual à área da base multiplicada pela altura.
(b) De acordo com a Eq. 29-38, temos
 DU = –μbarra B(cos qf – cos qi)
 = –(2700 A/m)(0,06 m)p(0,003m)2(0,035T)[cos(34°) – cos(68°)]
 = –72,9 μJ.
51. A magnetização de saturação corresponde ao alinhamento perfeito de todos os dipolos atômicos e é dada por Msat = μn, em que 
n é o número de átomos por unidade de volume e μ é o momento dipolar magnético de um átomo. O número de átomos de níquel 
por unidade de volume é n = r/m, em que r é a massa específica do níquel. A massa de um átomo de níquel pode ser calculada 
usando a relação m = M/NA, em que M é a massa atômica do níquel e NA é a constante de Avogadro. Assim,
3 23
22 3A
28 3
(8,90g cm )(6,02 10 átomos mol) 9,126 10 átomos cm
58,71g mol
9,126 10 átomos m .
Nn M
ρ ×= = = ×
= ×
O momento dipolar de um átomo de níquel é
5
24 2sat
28 3
4,70 10 A m
5,15 10 A m .
9,126 10 m
M
n
µ −×= = = × ⋅
×
52. A temperatura de Curie do ferro é 770°C. Se x é a profundidade em que a temperatura atinge este valor, 10°C + (30°C/km) 
x = 770°C. Assim,
770 C 10 C
25 km.
30 C km
x ° − °= =
°
53. (a) De acordo com a Eq. 32-40, o módulo do campo magnético produzido por um toroide é dado por B0 = μ0niP, em que n é 
o número de espiras por unidade de comprimento do toroide e iP é a corrente na bobina. Vamos usar o raio médio rméd = (rext + 
rint)/2, em que rext é o raio externo e rint é o raio interno, para calcular n:
3
2
méd
400 espiras 1,16 10 espiras/m.
2 2 ( m)
Nn
rπ π −
= = = ×
5,5×10
Assim,
3
0
7 3
0
0,20 10 T
0,14 A.
(4 T m/A)(1,16 10 / m)P
Bi
nµ π
−
−
×
= = =
×10 ⋅ ×
3 3 6 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R
(b) Se F é o fluxo magnético que atravessa a bobina secundária, o valor absoluto da fem induzida na bobina é e = N(dF/dt) e a 
corrente na bobina é iS = e/R, em que R é a resistência da bobina. Assim,
.S
N di
R dt
Φ =  
 
A carga que atravessa a bobina secundária quando a corrente na bobina primária começa a circular é
0
.S
N d N Nq i dt dt d
R dt R R
Φ
⌠ ⌠

⌡⌡
Φ Φ= = = Φ =∫
O módulo do campo magnético no interior da bobina secundária é B = B0 + BM = 801B0, em que BM é o campo dos dipolos mag-
néticos do material magnético. Como o campo total é perpendicular ao plano da bobina secundária, o fluxo magnético é F = AB, 
em que A é a área do anel de Rowland (o campo magnético calculado existe no interior do anel e não na região entre o anel e a 
bobina). Se r é o raio da seção reta do anel, A = πr2 e, portanto,
2
0801 .r BπΦ =
Como o raio r é dado por r = (6,0 cm – 5,0 cm)/2 = 0,50 cm,
2 2 3 5801 m) (0,20 10 T) 1,26 10 Wbπ − − −Φ= (0,50×10 × = ×
e, portanto,
5
550(1,26 10 Wb) 7,9 10 C 79 C.
8,0
q µ
−
−×= = × =
Ω
54. (a) De acordo com o Problema 32-61, a uma distância r do centro da Terra, o módulo do campo elétrico é dado por
20
3 1 3sen ,4 m
B
r
µ µ λ
π
= +
em que μ é o momento dipolar da Terra e lm é a latitude magnética. A razão entre os módulos do campo a diferentes distâncias 
na mesma latitude é
3
2 1
3
1 2
.
B r
B r
=
Vamos chamar de B1 o módulo do campo magnético na superfície da Terra, de r1 = Rt, em que Rt é o raio da Terra, a distância 
entre a superfície e o centro da Terra, e de r2 = Rt + h, em que h é a altitude, o ponto no qual o módulo do campo magnético é B1/2. 
Nesse caso,
( )
3
1
3
2
0,5.t
t
r R
r R h
= =
+
Explicitando h, obtemos
1 3 1 3 3(2 1) (2 1)(6370 km) 1,66 10 km.th R= − = − = ×
(b) Para obter o valor máximo de B a 2900 km de profundidade, fazemos sen lm = 1,00 e r = 6370 km – 2900 km = 3470 km, o 
que nos dá
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 3 3 7
7 22 2
2 20
máx 3 6 3
4
(4 10 T m A)(8,00 10 A m )1 3sen 1 3(1,00)
4 4 ( m)
3,83 10 T.
mB r
µ µ πλ
π π
−
−
× ⋅ × ⋅= + = +
3,47×10
= ×
(c) Como o ângulo entre o eixo magnético e o eixo de rotação da Terra é 11,5° (veja o Módulo 32-4), lm = 90,0° – 11,5° = 78,5° no 
polo geográfico da Terra. Além disso, r = Rt = 6370 km. Assim,
7 22 2
20
3 3
5
(4 10 T m A)(8,0 10 J T) 1 3sen 78,51 3sen
4 4 ( m)
6,11 10 T.
m
t
B
R
µ µ πλ
π π
−
6
−
× ⋅ × + °= + =
6,37×10
= ×
(d) ( )1tan 2 tan 78,5 84,2 .iφ −= ° = ° 
(e) Uma explicação plausível para a discrepância entre os valores calculados e medidos do campo magnético da Terra é que as 
expressões usadas para calcular o campo são baseadas na hipótese de que o campo magnético da Terra é o campo de um dipolo, 
o que não corresponde exatamente à realidade.
55. (a) De acordo com a relação 2,tiA i Rµ π= = temos
22
8
2 6 2
8,0 10 J/T
6,3 10 A.
 m)t
i
R
µ
π π
×
= = = ×
(6,37×10
(b) Sim, porque, longe da Terra, tanto o campo magnético da Terra como o campo magnético criado pela espira seriam campos 
dipolares. Se os dois campos tivessem orientações opostas, o cancelamento seria total.
(c) Não, porque, nas proximidades da espira, o campo produzido por uma espira não é igual ao campo produzido por um dipolo 
magnético.
56. (a) Como o período de rotação é T = 2p/w, este é o tempo que a carga completa do anel leva para passar por um ponto fixo 
na trajetória do anel. Assim, a corrente associada à carga do anel é i = q/T = qw/2p e o módulo do momento dipolar magnético é
 
2 21 .
2 2
qiA r q rωµ π ω
π
= = =
(b) Dobramos os dedos da mão direita no sentido da rotação. Como a carga é positiva, o polegar aponta na direção do momento 
dipolar magnético, que é a mesma do vetor momento angular do anel.
57. A energia potencial associada à interação do dipolo magnético da bússola com o campo magnético da Terra é
 
cos ,T TU B Bµ µ θ= − ⋅ = −


em que θ é o ângulo entre µ

e .TB

 Para θ pequeno,
( )
2
21cos 1
2 2T T T
U B B Bθθ µ θ µ κθ µ = − ≈ − − = − 
 
em que k = μBT. Aplicando a lei de conservação da energia ao movimento da agulha da bússola, temos
2
21 1 const.
2 2
dI
dt
θ κθ  
 
+ =
3 3 8 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R
Essa expressão é semelhante à da conservação da energia mecânica em um sistema massa-mola:
2
21 1 const.,
2 2
  + = 
 
dxm kx
dt
que nos dá .k mω = Assim, por analogia, temos
2
,
12
t TB B
I I ml
µκ µω = = =
o que nos dá
2 2 2 2 2
2
6
(0,050kg)(4,0 10 m) (45rad s)
8,4 10 J T.
12 12(16 10 T)T
ml
B
ωµ
−
−
×
= = = ×
×
58. (a) De acordo com a Eq. 29-20, 0 2 222 T.2 f
irB
R
µ µ
π
= =
(b) De acordo com a Eq. 29-17, 0 167 T.
2
iB
r
µ µ
π
= =
(c) De acordo com a Eq. 29-17, 0 22,7 T.
2
iB
r
µ µ
π
= =
(d) De acordo com as Eqs. 32-15 e 32-16, 
2
0 1,25 T.
2 p
di rB
R
µ µ
π
= =
(e) De acordo com as Eqs. 32-15 e 32-16, 0 2 3,75 T.2
di rB
r
µ µ
π
= =
(f) A Eq. 32-17 nos dá 0 22,7 T.2
diB
r
µ µ
π
= =
(g) Como a corrente de deslocamento no espaço entre as placas se distribui em uma área maior, os valores de B nessa área são 
relativamente pequenos. Do lado de fora do espaço entre as placas, os valores da corrente no fio e da corrente de deslocamento 
são iguais. 
59. (a) Podemos usar o resultado do item (a) do Exemplo 32.01, “Campo magnético induzido por um campo elétrico variável”:
( )0 0 para ,
2
r dEB r R
dt
µ ε
= ≤
em que, no nosso caso, r = 0,80R e
( ) 001 ,t tVdE d V d V e edt dt d d dt d
τ τ
τ
− − = = = − 
 
em que V0 = 100 V. Substituindo por valores numéricos, temos
( ) 0 0 0 0 0 0
7 12 2 2
12ms
3
13 12ms
2 2
(4 10 T m A)(8,85 10 C /N m )(100V)(0,80)(16mm)
2(12 10 s)(5,0mm)
(1,2 10 T) .
t t
t
t
r V V rB t e e
d d
e
e
τ τµ ε µ ε
τ τ
π
− −
− −
−
−
− −
  = − = −  
  
× ⋅ × ⋅
= −
×
= − ×
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 3 3 9
Assim,
13 12 ms 13 0,012s( ) (1,2 10 T) (1,2 10 T) .t tB t e e− − − −== × ×
(b) No instante t = 3t = 0,036 s, B(t) = –(1,2 H 10–13 T)e–3 = –5,9 H 10–15 T; assim,
|B|= 5,9 H 10–15 T.
60. (a) De acordo com a Eq.32-1, temos
( ) ( ) 2 3entra sai 0,0070 Wb (0,40 T)( ) 9,2 10 Wb.π −Φ = Φ = + = ×B B r
Assim, o valor absoluto do fluxo magnético através da parte curva da superfície é 9,2 mWb.
(b) O fluxo é para dentro.
61. PENSE O campo magnético da Terra possui, em geral, uma componente horizontal e uma componente vertical.
FORMULE Sejam Bh e Bv as componentes horizontal e vertical do campo magnético da Terra. Como Bh e Bv são mutuamente 
perpendiculares, o campo total, de acordo com o teorema de Pitágoras, é 2 2 .vhB B B= + A tangente do ângulo de inclinação é 
dada por tan fi = Bv/Bh.
ANALISE (a) Substituindo Bh e Bv pelas expressões que aparecem no enunciado do problema, temos
em que foi usada a relação cos2 lm + sen2 lm = 1.
(b) A inclinação fi está relacionada a lm pela equação 
3
0
3
0
( /2 )sen
tan 2 tan .
( /4 )cos
v m
i m
h m
B r
B r
µ µ π λφ λ
µ µ π λ
= = =
APRENDA No equador magnético (lm = 0), fi = 0o e o campo é
62. (a) No equador geomagnético (lm = 0), o campo é
7 22 2
50
3 6 3
(4 10 T m A)(8,00 10 A m ) 3,10 10 T 31,0 T.
4 4 (6,37 10 m)
B
r
µ µ π µ
π π
−
−× ⋅ × ⋅= = = × =
×
(b) fi = tan–1 (2 tan lm) = tan–1 (0) = 0° .
(c) Para lm = 60,0°, temos
2 5 2 50
3 1 3sen (3,10 10 ) 1 3sen 60,0 5,59 10 T 55,9 T.4 m
B
r
µ µ λ µ
π
− −= + = × + ° = × =
(d) li = tan–1 (2 tan 60,0°) = 73,9°.
3 4 0 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R
(e) No polo norte geomagnético (lm = 90,0°), temos
2 5 2 50
3 1 3sen (3,10 10 ) 1 3(1,00) 6,20 10 T 62,0 T.4 m
B
r
µ µ λ µ
π
− −= + = × + = × =
(f) fi = tan–1 (2 tan 90,0°) = 90,0°.
63. Seja R o raio das placas do capacitor e seja r a distância entre o ponto considerado e o eixo do capacitor. O módulo do campo 
magnético é dado pelas Eqs. 32-8 e 32-9: 
0 0 ( )
2
r dEB r R
dt
µ ε
= ≤
e
2
0 0 ( ).
2
R dEB r R
r dt
µ ε
= ≥
O campo magnético é máximo nos pontos em que r = R; o valor do campo nesses pontos pode ser calculado usando qualquer 
uma das equações anteriores:
0 0
máx .2
R dEB
dt
µ ε
=
Existem dois valores de r para os quais B é igual a 50% de Bmáx, um menor que R e outro maior que R. 
(a) Para r < R, temos
0 0 0 0 /2 (55,0 mm)/2 27,5 mm.
2 4
r dE R dE r R
dt dt
µ ε µ ε
= ⇒ = = =
(b) Para r > R, temos
2
0 0 0 0 2 2(55,0 mm) 110 mm.
2 4
R dE R dE r R
r dt dt
µ ε µ ε
= ⇒ = = =
64. (a) De acordo com a Fig. 32-14, para M/Mmáx = 50% temos B/T = 0,50 e, portanto, T = B/0,50 = 2/0,50 = 4 K.
(b) De acordo com a Fig. 32-14, para M/Mmáx = 90% temos B/T = 2,0 e, portanto, T = 2/2,0 = 1 K.
65. Seja A a área das placas e seja a a área da região central. Nesse caso,
2
2 4( 2)
A R
a R
π
π
= =
e, de acordo com a Eq. 32-15, a corrente de descarga é dada por
i = id = 4(2,0 A) = 8,0 A.
66. Ignorando os pontos de transição, constatamos que o intervalo da curva da Fig. 32-40 no qual a inclinação é maior é 6 μs < 
t < 7 μs. Nesse intervalo, de acordo com a Eq. 32-14,
52 6
0 0 A.(2,0m )(2,0 10 V m) 3,5 10d
Ei A
t
ε ε −∆= = × = ×
∆
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 3 4 1
67. (a) Usando a Eq. 32-13 e levando em conta o fato de que o capacitor está sendo descarregado, temos
15
12 2 2 2
0
5,0 A 8,8 10 V/m s.
(8,85 10 C /N m )(0,0080 m)
dE i
dt Aε −
= − = − = − × ⋅
× ⋅
(b) Supondo que o campo é perfeitamente uniforme, mesmo perto das bordas, podemos usar o mesmo raciocínio do item (a) do 
Exemplo 32.02, “Substituição de um campo elétrico variável por uma corrente de deslocamento”, e relacionar o valor absoluto da 
integral de linha à parte da corrente de deslocamento envolvida:
∫
 
7
0 0,env 2 5,9 10 Wb/m.d
WHB ds i i
L
µ µ −  
 
⋅ = = = ×∫



68. (a) De acordo com a Eq. 32-31, µorb,z = –3µB = –2,78 H 10–23 J/T.
(b) De acordo com a Eq. 32-31, µorb,z = 4µB = 3,71 H 10–23 J/T.
69. (a) Como as linhas de campo de um ímã em forma de barra apontam na direção do polo sul, as linhas de campo do desenho 
devem apontar para a esquerda e na direção do eixo central.
(b) O sinal de B dA⋅

em todos os elementos de área dA

 da superfície lateral do cilindro é negativo.
(c) Não, porque a lei de Gauss para o magnetismo se aplica apenas a superfícies fechadas. Se acrescentarmos as bases do cilindro 
para formar uma superfície fechada, a lei de Gauss será válida, pois o fluxo negativo através da superfície lateral do cilindro e da 
base do cilindro mais distante do ímã será compensado por um fluxo positivo na base do cilindro mais próxima do ímã.
70. (a) De acordo com a Eq. 22-3,
19 9 2 2
11
2 11 2
(1,60 10 C)(8,99 10 N m C )
5,3 10 V/m.
4 (5,2 10 m)
eE
rπε
−
−
0
× × ⋅
= = = ×
×
(b) De acordo com a Eq. 29-28,
7 26
20
3 11 3
(4 10 T m A)(1,4 10 J T) 2,0 10 T 20 mT.
2 2 (5,2 10 m)
pB
r
µµ π
π π
− −
−
−
× ⋅ ×= = = × =
×
(c) De acordo com a Eq. 32-30, 
24
2orb
26
4 9,27 10 J T
6,6 10 .
1,4 10 J T
e B
p p p
eh mµ π µ
µ µ µ
−
−
×
= = = = ×
×
71. (a) A figura a seguir mostra as linhas de campo magnético produzidas pelo ímã em forma de barra nas proximidades do anel.
(b) No caso de materiais paramagnéticos, o momento dipolar magnético µ é paralelo a .B

 Na figura do item anterior, µ aponta 
no sentido negativo do eixo x.
3 4 2 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R
(c) De acordo com a regra da mão direita, como µ aponta no sentido negativo do eixo x, o sentido da corrente convencional é o 
sentido anti-horário, do ponto de vista do ímã em forma de barra.
(d) O efeito da força magnética é deslocar o anel para regiões em que o campo magnético é mais intenso. Como a “densidade” das 
linhas de força é proporcional à intensidade do campo magnético, isso significa que a força aponta no sentido negativo do eixo x, 
ou seja, no sentido –x.
72. (a) Entre as placas do capacitor, B1 = μ0idr1/2πR2 (Eq. 32-16); do lado de fora do capacitor, B2 = μ0id/2πr2 (Eq. 32-17). Assim,
2 2
2 1
1 2
(4,00)
12,5 16,7 nT.
(2,00)(6,00)
RB B
rr
= = =
 (b) De acordo com a Eq. 32-16, a corrente de deslocamento é
2
1
0 1
2
5,00 mA.d
R Bi
r
π
µ
= =
73. PENSE A componente z do momento angular orbital é dada por Lorb,z = mlh/2π, em que ml é o número quântico magnético 
orbital e h é a constante de Planck. 
FORMULE O fato de que, neste caso, o “limite” de ml é 3 significa que os valores permitidos de ml são os seguintes: -3, -2, -1, 
0, +1, +2 e +3.
ANALISE (a) O número de valores possíveis de ml é 2(3) + 1 = 7. Como Lorb,z ∞ ml, existem sete valores possíveis de Lorb,z.
(b) Como µorb,z ∞ ml, existem também sete valores possíveis de μorb,z.
(c) O maior valor permitido de Lorb,z é [ml]máxh/2p = 3h/2π.
(d) O maior valor permitido de μorb,z é [ml]máxμB = 3eh/4πme.
(e) De acordo com as Eqs. 32-23 e 32-29, a componente z do momento angular total do elétron é dada por
Para determinar o valor máximo de Ltot,z, vamos fazer ml = [ml]máx = 3 e ms = 1/2. Nesse caso,
(f) Como o valor máximo de Ltot,z é dado por [mJ]máxh/2, em que [mJ]máx = 3 + 1/2 = 3,5, o número de valores permitidos da com-
ponente z de Ltot,z é dado por 2[mJ]máx + 1 = 2(3,5) + 1 = 8.
APRENDA Como vamos ver no Capítulo 40, os valores permitidos de ml vão de -l a +l, em que l é chamado de número quântico 
orbital. 
74. De acordo com a Eq. 32-17,
6
7
0
2 2 (0,0300m)(2,00 10 T) 0,300 A.
4 10 T m Ad
rBi π π
µ π
−
−
×= = =
× ⋅
75. (a) Os valores possíveis são 
{-4, -3, -2, -1, 0, +1, +2, +3, +4} ⇒ 9, no total.
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 3 4 3
(b) O valor máximo é 4μB = 3,71 × 10-23 J/T.
(c) Multiplicando o resultado do item (b) por 0,250 T, temos Umáx = +9,27 × 10-24 J.
(d) Como, de acordo com o item (a), o valor mínimo de μorb,z é -4μB, a menor energia potencial é Umín = (0,250 T)(-4μB) = -9,27 × 
10-24 J.
76. (a) A componente z do momento dipolar magnético orbital é
em que μB = eh/4pm = 9,27 × 10–24 J/T é o magnéton de Bohr. Para ml = 3, temos
(b) Para ml = -4, temos