solution halliday volume 3 cap 29 pdf

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1. (a) De acordo com a Eq. 29-4,
B
i
r
= =
× ⋅
= ×



0
2
4 100
2
3 3 1
( ) ( )
( )
,
10−7
6,10 m
T m A A
00 3 36− =T T., 
(b) Como o valor obtido no item (a) é comparável com a componente horizontal do campo 
magnético da Terra, a resposta é sim.
2. De acordo com a Eq. 29-1, o valor de dB é máximo (no que diz respeito ao ângulo u) para 
u = 90º e assume o valor
dB
i ds
R
max .=


0
24
De acordo com a Fig. 29-34b, dBmax = 60 × 10−12 T. Explicitando i na equação anterior, obte-
mos:
i
R dB
ds
= 4
2
0


max .
Substituindo i pelo seu valor na Eq. 29-4, obtemos:
B
RdB
ds
= = ×
×
−
−
2 2 0 025 60 10
1 00 10
12
6
max ( , )( )
( ,
m T
m))
, , .= × =−3 0 10 3 06 T T
3. (a) De acordo com a Eq. 29-4, o valor absoluto da corrente é dado por
i
rB= =
×
× ⋅
=
−2 2 39 10
4
16
0
6



( ) ( )0,080 m T
T m A10−7
AA.
(b) Para produzir um campo magnético que aponte para o sul, de modo a cancelar o campo 
magnético da Terra, o sentido da corrente deve ser de oeste para leste.
4. Como o campo magnético no ponto C produzido pelos trechos retilíneos do fio é zero (veja o 
Exemplo “Campo magnético no centro de um arco de circunferência percorrido por corrente”) 
e, além disso, por simetria, os campos produzidos pelos dois arcos de circunferência se cance-
lam, BC = 0.
5. (a) Podemos calcular o módulo do campo total no ponto a somando os campos produzidos 
por dois fios semi-infinitos (Eq. 29-7) com o campo produzido por um fio em forma de semi-
circunferência (Eq. 29-9 com f = p rad):
B
i
R
i
R
i
R
a =



 + = +



 =2 4 2
1 1
2
0 0 0

 


4
(44 10 1 1
2
1
7

× ⋅ +


=
− T m/A)(10 A)
2(0,0050 m)
,,0 10 3× =− T 1,0 mT.
(b) O sentido do campo é para fora do papel, como mostra a Fig. 29-6c.
Capítulo 29
soluções dos problemas 195
(c) De acordo com o enunciado, o ponto b está tão afastado do trecho curvo do fio que o campo 
produzido por esse trecho pode ser desprezado. Assim, de acordo com a Eq. 29-4,
B
i
R
i
R
b =



 = =
× ⋅−
2
2
4 100 0 7 


π
( T m/A)(10 A)
((0,0050 m)
T mT.= × =−8 0 10 0 804, ,
(d) O sentido do campo é para fora do papel.
6. Tomando o eixo x como horizontal e o eixo y como vertical na Fig. 29-37, o vetor 

r que liga 
um segmento ds

 do fio ao ponto P é dado por 

r s R= − +ˆ ˆi j . Como ds ds = î, || | .ds r Rds × = 
Assim, como r s R= +2 2 , a Eq. 29-3 nos dá
dB
iR ds
s R
=
+


0
2 2 3 24 ( )
.
/
(a) Como a variável s aparece apenas no denominador, o elemento que mais contribui para o 
campo 

B é o elemento situado em s = 0. 
(b) O valor de dBmax, obtido fazendo s = 0 na equação anterior, é
dB
i ds
R
max .=


0
24
Assim, a condição de que o campo produzido pelo elemento seja responsável por 10% da maior 
contribuição pode ser expressa através da equação
dB
iR ds
s R
dB i ds
R
=
+
= =



0
2 2 3 2
0
24 10 40( )
.
/
max
Explicitando s na equação anterior, obtemos
s R= − = =10 1 2 00 1 91 3 822 3/ ( , )( , ) , .cm cm
7. (a) O campo magnético no ponto P produzido pelos trechos retilíneos do fio é zero (veja o 
Exemplo “Campo magnético no centro de um arco de circunferência percorrido por corrente”). 
De acordo com a Eq. 29-9 (com f = u) e a regra da mão direita, o campo criado no ponto P pelo 
arco de raio b é   0 4i b, para fora do papel, e o campo criado pelo arco de raio a é   0 4i a, 
para dentro do papel. Assim, o campo total no ponto P é
B
i
b a
= −

 =
⋅−  0 7
4
1 1 (4  10 T m A)(0,411 A)(74 

⋅ −




=


/180 ) 1
0,107 m
1
0,135 m
10
4
1,02 −− =7 T 0,102 T.
(b) O sentido é para fora do papel.
8. (a) O campo magnético no ponto C produzido pelos trechos retilíneos do fio é zero (veja o 
Exemplo “Campo magnético no centro de um arco de circunferência percorrido por corrente”). 
De acordo com a Eq. 29-9 (com f = p) e a regra da mão direita, o campo criado no ponto C 
pelo arco de raio R1 é   0 14i R , para dentro do papel, e o campo criado pelo arco de raio R2 
é   0 24i R , para fora do papel. Assim, o campo total no ponto C é
B
i
R R
= −




=
× ⋅− 0
1 2
7
4
1 1 4
4
( 10 T m A)(0,281A) 1
00,0315 m
1
0,0780 m
10 T 1,67 T.
−




= × =−1 67 6, 
(b) O sentido é para dentro do papel.
196 soluções dos problemas
9. (a) Para que os campos magnéticos criados pelas duas correntes não se cancelem, as corren-
tes devem ter sentidos opostos.
(b) Como, em um ponto a meio caminho entre os dois fios, o campo criado pelas duas correntes 
tem o mesmo módulo, m0i/2pr, o módulo do campo total é B = m0i/pr e, portanto, 
i
rB= = ×
× ⋅
=
−
−



0
( ) ( )0,040 m T
10 T m A
A
300 10
4
30
6
7
..
10. (a) O campo magnético no ponto C produzido pelos trechos retilíneos do fio é zero (veja o 
Exemplo “Campo magnético no centro de um arco de circunferência percorrido por corrente”). 
De acordo com a Eq. 29-9 (com f = p) e a regra da mão direita, o campo criado no ponto C 
pelo arco é   0 4i R. Assim, o módulo do campo magnético é
B
i
R
= =
× ⋅
=
− 0
7
4
4 10
4 0 0926
1
(
( , )
,
T m A)(0,0348 A)
m
118 10 7× =− T 0,118 T.
(b) De acordo com a regra da mão direita, o campo aponta para dentro do papel.
11. (a) B i rP1 0 1 12=  / , na qual i1 = 6,5 A e r1 = d1 + d2 = 0,75 cm + 1,5 cm = 2,25 cm; 
B i rP2 0 2 22=  / , na qual r2 = d2 = 1,5 cm. Fazendo BP1 = BP2, obtemos
i i
r
r
2 1
2
1
6 5
1 5
4 3=




= ( )



=, , ,A cm
2,25 cm
AA.
(b) De acordo com a regra da mão direita, o sentido da corrente no fio 2 deve ser para fora do 
papel.
12. (a) Como as correntes têm o mesmo sentido, a única região na qual os campos podem se 
cancelar é a região entre os fios. Assim, se o ponto em que isso acontece está a uma distância 
r do fio que conduz uma corrente i1, então está a uma distância d 2 r do fio que conduz uma 
corrente 3,00i e, portanto,




0 0
2
3
2 4
16 0
4
4 0
i
r
i
d r
r
d=
−
⇒ = = =( )
( )
,
,
cm
cm..
(b) Se as duas correntes são multiplicadas por dois, o ponto em que o campo magnético é zero 
permanece onde está.
13. Vamos tomar o eixo x coincidindo com o fio, com a origem no ponto médio do fio, e supor 
que o sentido da corrente é o sentido positivo do eixo x. Todos os segmentos do fio produzem 
campos magnéticos no ponto P1 orientados para fora do papel. De acordo com a lei de Biot-Sa-
vart, o módulo do campo produzido por um segmento infinitesimal do fio no ponto P1 é dado por
dB
i
r
dx= 

0
24
sen
,
na qual u (o ângulo entre o segmento e a reta que liga o segmento a P1) e r (o comprimento da 
reta) são funções de x. Substituindo r por x R2 2+ , sen u por R r R x R= +2 2 e integrando 
de x = 2L/2 a x = L/2, obtemos:
B
iR dx
x R
iR
R
x
xL
L
=
+
=
−
⌠
⌡




0
2 2 3 2
2
2
0
2 24 4
1
( ) (/
/
++
=
+
=
× ⋅( )
−
−
R
i
R
L
L R
L
L2 1 2
2
2
0
2 2
7
2 4
4 10 0 0
)
,


 T m A 5582
0 131
0 180
0 180 4 0 1312 2
A
m
m
m m
( )
( ) +2 ,
,
( , ) ( , )
== × =−5 03 10 8, .T 5,03 nT
soluções dos problemas 197
14. Usando a Eq. 29-6 com um limite superior finito, L/2, obtemos: 
B
i Rds
s R
i
R
s
s R
L
=
+
=
+
⌠
⌡




0
2 2 3 2
0
0
2
2 2 12 2( ) ( )/
/
//
/
( )
.
2
0
2
0
2 22
2
2




=
+
L
i
R
L
L R


/
/
O problema nos pede para determinar o valor de L/R para o qual a seguinte relação é satisfeita:
B B
B
∞ − = 0 01, ,
na qual
B
i
R
B
i
R
L
L R
∞ = =
+




0 0
2 22 2
2
2
e
/
/( )
.
A solução obtida, depois de algumas manipulações algébricas, é 
L
R
= ≈200
201
14 1, .
15. (a) O campo magnético no ponto P produzido pelos trechos retilíneos do fio é zero (veja o 
Exemplo “Campo magnético no centro de um arco de circunferência percorrido por corrente”). 
A contribuição dos trechos curvos pode ser calculada usando a Eq. 29-9. Usando o vetor unitá-
rio k̂ para representar a direção para fora do papel, temos:

B= − 

 0 00 40
4 0 050
0 80 2( , ) ( )
( , )
ˆ ( , ) (A rad
m
k
A // rad
m
k T k,
3
4 0 040
1 7 10 6
)
( , )
ˆ ( , ) ˆ

= − × −
o que nos dá | | ,

B = × =−1 7 10 6 T 1,7 T.
(b) A orientação do campo magnético é −k̂, ou seja, para dentro do papel.
(c) Invertendo o sentido de i1, temos:

B = − − 

0 00 40
4 0 050
0 80 2( , ) ( )
( , )
ˆ ( , ) (A rad
m
k
A 

/ rad
m
k T k,
3
4 0 040
6 7 10 6
)
( , )
ˆ ( , ) ˆ= − × −
o que nos dá | | ,

B = × =−6 7 10 6 T 6,7 T.
(d) A orientação do campo magnético é B
i Rds
s R
i
R
s
s R
L
=
+
=
+
⌠
⌡




0
2 2 3 2
0
0
2
2 2 12 2( ) ( )/
/
//
/
( )
.
2
0
2
0
2 22
2
2




=
+
L
i
R
L
L R


/
/
B
i Rds
s R
i
R
s
s R
L
=
+
=
+
⌠
⌡




0
2 2 3 2
0
0
2
2 2 12 2( ) ( )/
/
//
/
( )
.
2
0
2
0
2 22
2
2




=
+
L
i
R
L
L R


/
/
 ou seja, para dentro do papel.
16. Usando a lei dos cossenos e a condição de que B = 100 nT, obtemos
 = + −
−




=−cos 1 1
2
2
2 2
1 22
144
B B B
B B
°,
na qual a Eq. 29-10 foi usada para determinar B1 (168 nT) e B2 (151 nT).
17. Vamos tomar o eixo x coincidindo com o fio, com a origem na extremidade direita, e supor 
que o sentido positivo é o sentido da corrente. Todos os segmentos do fio produzem campos 
magnéticos no ponto P2 que apontam para fora do papel. De acordo com a lei de Biot-Savart, o 
módulo do campo produzido no ponto P2 por um segmento infinitesimal dx é dado por 
dB
i
r
dx= 

0
24
sen
198 soluções dos problemas
na qual u é o ângulo entre o segmento e a reta que liga o segmento a P2, e r é o comprimento 
da reta. Substituindo r por x R2 2+ , sen u por R r R x R= +2 2 e integrando de x = –L até 
x = 0, obtemos
B
iR dx
x R
iR
R
x
x RL
=
+
=
+−
⌠
⌡




0
2 2 3 2
0
0
2 2 24 4
1
( ) ( )11 2
0
2 2
7
4
4 0 693
−
=
+
= × ⋅
L
i
R
L
L R




0
−10
4
( )( , )T m A A
00 251
0 136
0 136 0 251
1 32 10
2 2,
,
( , ) ( , )
,
m
m
m m( ) +
= × −77 T 132 nT= .
18. No primeiro caso temos Bpequeno + Bgrande = 47,25 mT; no segundo, Bpequeno – Bgrande = 15,75 mT. 
(Nota: Os nomes “pequeno” e “grande” se referem ao tamanho dos arcos e não ao valor dos 
campos magnéticos; na verdade, Bpequeno > Bgrande!)
Dividindo uma das equações pela outra e cancelando fatores comuns (veja a Eq. 29-9), ob-
temos
( ) ( )
( ) (
1 1
1 1
/ /
/ /
pequeno grande
pequeno gr
r r
r r
+
− aande
pequeno grande
pequeno gra
/
/)
( )
(
=
+
−
1
1
r r
r r nnde )
= 3,
o que nos dá rpequeno = rgrande /2. Como rgrande = 4,00 cm, temos:
rpequeno = (4,00 cm)/2 = 2,00 cm.
19. De acordo com a Eq. 29-4, a contribuição do primeiro fio para o campo total é

B
i
r
1
0 1
1
7
2
4 10= = × ⋅
−



ˆ (k
T m/A)(30 A)
2 (2,0 m)
ˆ̂ ( , ) ˆ .k T k= × −3 0 10 6
Como a distância entre o segundo fio e o ponto de interesse é r2 = 4 m − 2 m = 2 m, a contribui-
ção do segundo fio para o campo total é

B
i
r
2
0 2
2
7
2
4 10= = × ⋅
−



ˆ (i
T m/A)(40 A)
2 (2,0 m)
ˆ̂ ( , )ˆ.i T i= × −4 0 10 6
O módulo do campo total é, portanto,
| | ( , ) ( , ) ,

Btot T T= × + × = ×− − −3 0 10 4 0 10 5 0 106 2 6 2 66 T 5,0 T.= 
20. (a) A contribuição do fio retilíneo para o campo magnético no ponto C é
B
i
R
C1
0
2
= 

e a contribuição do fio circular é
B
i
R
C2
0
2
=  .
Assim,
B B B
i
R
C C C= + = +



 =
× ⋅
1 2
0
2
1
1 4 5

( ) ( ,10−7 T m A 778 10
2
1
1
2 53 10
3
7× +

 = ×
−
−A
m
T.
)
( )
,
0, 0189 
De acordo com a regra da mão direita, 

BC aponta para fora do papel, ou seja, no sentido positivo 
do eixo z. Assim, na notação dos vetores unitários,

BC = × =−( , ) ˆ ˆ2 53 10 7 T k (253 nT)k
soluções dos problemas 199
(b) Nesse caso, 
 
B BC C1 2⊥ e, portanto,
B B B
i
R
C C C= + = + =
× ⋅ ×−
1
2
2
2 0
7
2
1
1 4 10 5 78


2
( ) ( ,T m A 110
2
1
1
2 02 10
3
7
−
−
+
= ×
A
m
T
)
( )
,
0,0189  2
e 

BC faz um ângulo com o plano do papel dado por
tan tan , .− −




= 

 =
1 1
2
1 1 17 66
B
B
C
C 
°
Na notação dos vetores unitários, 

BC = × + =−2 02 10 17 66 17 66 17, (cos , ˆ sen , ˆ ) ( ,T i k° ° 992 10 6 12 10
192 61 2
7 8× + ×
= +
− −T i T)k
nT i
)ˆ ( , ˆ
( )ˆ ( , nnT k) ˆ.
21. Por simetria, e de acordo com a regra da mão direita, o campo magnético total aponta para 
a direita e é dado por
| | sen

B
i
r
tot = 2 2
0


na qual r d d= +22 12 4/ e
 =




= 

− −tan tan
,
( ,
1 2
1
1
2
4 00
6 00 2
d
d /
m
m)/


= 

 =
−tan ,1
4
3
53 1°.
Assim,
| | sen
( )( ,
B
i
d d
tot
/
T m A=
+
= × ⋅


0
2
2
1
2 4
4 4 010−7 00
5 00
53 1
A
m
2,56 10 T 256 nT.
)
( , )
sen ,

°
= = −7
22. O fato de que By = 0 para x = 10 cm no gráfico da Fig. 29-49b significa que as correntes têm 
sentidos opostos. Assim, de acordo com a Eq. 29-4,
B
i
L x
i
x
i
L x x
y = +
− =
+
−








0 1 0 2 0 2
2 2 2
4 1
( )
Para maximizar By, derivamos a expressão anterior em relação a x e igualamos o resultado a 
zero, o que nos dá:
dB
dx
i
L x x
x Lx Ly = −
+
+



= ⇒ − −

0 2
2 2
2 2
2
4 1
0 3 2
( )
== 0.
A única raiz positiva da equação anterior é x = L, para a qual By = moi2/2pL. Para determinar o 
valor de L, fazemos x = 10 cm na expressão de By e igualamos o resultado a zero, o que nos dá:
B
i
L
Ly = +
−




= ⇒ =

0 2
2
4
10
1
10
0 30
cm cm
cm.
(a) A componente By é máxima para x = L = 30 cm.
(b) Para i2 = 0,003 A, temos:
B
i
L
y = =
× =
−



0 2
7
2
4 10 0 003
2 0 3
2 0
( )( , )
( , )
,
H/m A
m
×× =−10 2 09 T nT, .
200 soluções dos problemas
(c) e (d) A Fig. 29-49b mostra que em pontos muito próximos do fio 2, nos quais a contribuição 
do fio 2 é muito maior que a do fio 1, By aponta no sentido negativo do eixo 2y. De acordo com 
a regra da mão direita, isso indica que o sentido da corrente no fio 2 é para dentro do papel. 
Como sabemos que as correntes têm sentidos opostos, isso indica também que o sentido da 
corrente no fio 1 é para fora do papel.
23. De acordo com a Eq. 20-4, o campo magnético na posição do próton mostrada na Fig. 29-50 
é 

B i d= ( ) ˆ 0 2/ k. Assim, de acordo com a Eq. 28-2,
   
F ev B
iq
d
v= × = ×( )

0
2
ˆ .k
Como, de acordo com o enunciado, 

v v= −( ˆ)j , na qual v é o módulo da velocidade, temos:

F
iqv
d
iqv
d
= − ×  = − = −
×



0 0
2 2
4
( ˆ) ˆ ˆ
(
j k i
10−− −⋅ ×7 1910 200T m A)(0,350A)(1,60 C m/s
2 (0,0
)( )
 2289 m)
i
N)i.
ˆ
( ˆ= − × −7,75 10 23
24. Inicialmente, Btot,y = 0 e Btot,x = B2 + B4 = 2(mo i/2pd). Para obter a rotação de 30º descrita no 
enunciado, devemos ter 
B B B B
i
d
y xtot tot, , tan( ) t= ⇒ ′ − =



30 2 21 3
0°


aan( ),30°
na qual B3 = mo i/2pd e ′ = ′B i d1 0 2 / . Como tan(30º) = 1 3/ , isso nos dá
′ =
+
=d d d3
3 2
0 464, .
(a) Para d = 15,0 cm, obtemos d′ = 7,0 cm. Examinando a geometria do problema, concluímos 
que é preciso deslocar o fio 1 para x = −7,0 cm. 
(b) Para que o campo 

B volte à orientação inicial, basta restabelecer a simetria inicial, deslo-
cando o fio 3 para x = +7,0 cm. 
25. De acordo com a Eq. 29-7, a contribuição da corrente em cada fio semi-infinito para o 
campo magnético no centro da circunferência é Breto = m0i/4pR e, em ambos os casos, o cam-
po aponta para fora do papel. De acordo com a Eq. 29-9, a contribuição da corrente no arco 
de circunferência para o campo magnético no centro da circunferência é Barco = m0iu/4pR e o 
campo aponta para dentro do papel. Igualando a zero o campo magnético total no centro da 
circunferência, temos:
B B B
i
R
i
R
i
R
= − = 

 − =2 2 4 4
0 0 0
reto arco


 


4
(( , ) ,2 00 0− =
o que nos dá u = 2,00 rad.
26. De acordo com o teorema de Pitágoras, temos a relação
B B B
i
R
i
R
2
1
2
2
2 0 1
2
0 2
2
2
= + = 

 +




 


4
que,interpretada como a equação de uma reta de B2 em função de i2
2 , permite identificar o pri-
meiro termo (1,0 × 10−10 T2) como o “ponto de interseção com o eixo y” e o coeficiente de i22 no 
segundo termo (5 × 10−10 B2/A2) como “inclinação”. A segunda observação nos dá:
R =
×
= ×
×−
−
−




0
10
7
52 5 10
4 10
2 2 24 10B /A
H/m
B/2 2 ( , AA
mm
)
, .= 8 9
soluções dos problemas 201
A segunda observação nos dá:



=
×
= ×
− −4 1 0 10 4 0 0089 1 0 1010
0 1
5R
i
, ( , )( , )T m T2
(( )( , )
, .
4 10 0 50
1 8
7 ×
=
H/m A
rad
27. Podemos usar a Eq. 29-4 para relacionar os módulos dos campos magnéticos B1 e B2 às 
correntes i1 e i2. Como os campos são mutuamente perpendiculares, o ângulo que o campo total 
faz com o eixo x é dado por
u = tan−1(B2 /B1) = tan−1(i2 /i1) = 53,13º.
Uma vez obtida a rotação descrita no problema, o ângulo final é u′ = 53,13º – 20º = 33,13º. 
Assim, o novo valor da corrente i1 deve ser i2 /tanu′ = 61,3 mA. 
28. De acordo com as Eqs. 29-9 e 29-4 e tomando o sentido para fora do papel na Fig. 29-55a 
como positivo, o campo total é
B
i
R
i
R
= − 



0 1 0 2
2 24 ( )
.
/
Examinando o gráfico da Fig. 29-55b, vemos que B = 0 para i2 = 0,5 A, o que nos dá, igualando 
a zero a expressão anterior,
f = 4(i2 /i1) = 4(0,5/2) = 1,00 rad
29. Cada fio produz um campo no centro do quadrado de módulo B i a=  0 2/ . Os campos 
produzidos pelos fios situados no vértice superior esquerdo e no vértice inferior direito do qua-
drado apontam na direção do vértice superior direito; os campos produzidos pelos fios situados 
no vértice superior direito e no vértice inferior esquerdo apontam na direção do vértice superior 
esquerdo. As componentes horizontais dos campos se cancelam e a soma das componentes 
verticais é
B
i
a
i
a
tot
T m A= ° = = × ⋅4
2
45
2 4 200




cos
( ) (2 100 −7 AA
m
T.
)
( )
,
 0, 20
= × −8 0 10 5
Como o campo total aponta para cima, no sentido positivo do eixo y, temos, na notação dos 
vetores unitários, 

Btot T)j (80 T)j.= × =−( , ˆ ˆ8 0 10 5 
A figura a seguir mostra o campo total e as contribuições dos quatro fios. Os sentidos dos 
campos podem ser determinados usando a regra da mão direita.
30. De acordo com o gráfico da Fig. 29-57c, quando a componente y do campo magnético pro-
duzido pelo fio 1 é zero (o que, de acordo com a regra da mão direita, acontece quando o ângulo 
que o fio 1 faz com o eixo x é u = 90º), a componente y do campo magnético total é zero. Isto 
significa que a posição do fio 2 é u = 90º ou u = −90º. 
202 soluções dos problemas
(a) Vamos supor que o fio 2 está na posição u = −90º (ou seja, na extremidade inferior do cilin-
dro), já que, se estivesse na parte superior do cilindro, seria um obstáculo para o movimento do 
fio 1, que é necessário para levantar os gráficos das Figs. 29-57b e 29-57c.
(b) De acordo com o gráfico da Fig. 29-57b, quando a componente x do campo magnético 
produzido pelo fio 1 é zero (o que, de acordo com a regra da mão direita, acontece quando o 
ângulo que o fio 1 faz com o eixo x é u = 0o), a componente x do campo magnético total é 2,0 
mT, e quando a componente x do campo magnético produzido pelo fio 1 é máxima (o que, de 
acordo com a regra da mão direita, acontece quando o ângulo que o fio 1 faz com o eixo x é u = 
90o), a componente x do campo magnético total é 6,0 mT. Isso significa que B1x = 6,0 mT − 2,0 
mT = 4,0 mT, o que, de acordo com a Eq. 29-4, nos dá 
i
RB x
1
1
0
6
7
2 10
4 10
= = ×
×
−
−




2 (0,200 m)(4,0 T
T
)
⋅⋅
=
m/A
A.4 0,
(c) O fato de que, na Fig. 29-57b, B1x aumenta quando u1 varia de 0o até 90º significa que o 
sentido da corrente no fio 1 é para fora do papel. 
(d) Como foi visto no item (b), a componente x do campo produzido pelo fio 2 é B2x = 2,0 mT. 
Assim, de acordo com a Eq. 29-4, temos:
i
RB x
2
2
0
6
7
2 10
4 10
= = ×
×
−
−




2 0,200 m (2,0 T
T
( ) )
⋅⋅
=
m/A
A.2 0,
(e) De acordo com a regra da mão direita, o sentido da corrente no fio 2 é para dentro do papel. 
31. (a) O campo magnético no ponto P produzido pelos segmentos do fio colineares com P é 
zero (veja o Exemplo “Campo magnético no centro de um arco de circunferência percorrido 
por corrente”). Vamos usar o resultado do Problema 29-17 para calcular as contribuições dos 
outros segmentos para o campo no ponto P, levando em conta o fato de que o campo magnético 
produzido pelo ponto P aponta para dentro do papel nos dois segmentos de comprimento a que 
não são colineares com P e aponta para fora do papel nos dois segmentos de comprimento 2a. 
O resultado é o seguinte:
B
i
a
i
a
i
a
P =




− ( )





 =2
2
8
2
2
8
2
8
0 0 0




2
==
× ⋅( )( )
( )
= × ≈
−
−
2 4 10 13
8 0 047
1 96 10
7
5


T m A A
m
T
,
, 22,0 T 20 T× =−10 5  .
(b) O sentido é para dentro do papel.
32. De acordo com a Eq. 29-9, o campo inicial é
B
i
R
i
r
i = +
 

 

0 0
44
.
Quando a espira menor está na posição final, o teorema de Pitágoras nos dá
B B B
i
R
i
rf
z y
2 2 2 0
2
0
2
4
= + = 

 +




 

 
4
.
Elevando Bi ao quadrado e dividindo por Bf2 , obtemos 
B
B
R r
R r
r Ri
f




= +
+
⇒ =
2
2
2 2
1 1
1 1
[( ) ( )]
( ) ( )
/ /
/ /
11 2
1
2
2
± −
−
 

soluções dos problemas 203
na qual j = Bi/Bf. Observando o gráfico da Fig. 29-59c, chegamos à conclusão de que Bi/Bf = 
(12,0 mT)/(10,0 mT) = 1,2, o que nos dá
r R= + −
−
=1 1 2 2 1 2
1 2 1
2 3 43 1
2
, ,
,
, ,cm ou cm.
Como sabemos que r < R, a única resposta aceitável é r = 2,3 cm. 
33. Considere um segmento infinitesimal da fita de largura dx situado a uma distância x do pon-
to P. A corrente no segmento é di = i dx/w e sua contribuição para o campo BP no ponto P é
dB
di
x
idx
xw
P = =




0 0
2 2
.
Assim,
B dB
i
w
dx
x
i
w
w
d
P P
d
d w
= = = +


=
∫ ∫
+



0 0
2 2
1ln
(44 4 61 10
2
1
0 06

× ⋅ ×
( ) +
−10
0, 0491
−7 T m A A
m
)( , )
ln
, 4491
0 0216
2 23 10 11
,
,




= × =− T 22,3 pT.
Como o campo 

BP aponta para cima, este resultado nos dá, na notação dos vetores unitários, 
BP = × −( , )ˆ2 23 10 11T j.
Nota: Para d >> w, usando a expansão 
ln( ) . . . ,1 22+ = − +x x x /
o campo magnético se torna
B
i
w
w
d
i
w
w
d
i
d
P = +



 ≈ ⋅ =






0 0 0
2
1
2 2
ln ,
que é o campo produzido por um fio fino.
34. De acordo com a regra da mão direita, o campo produzido pela corrente no fio 1, calculado 
na origem das coordenadas, aponta no sentido positivo do eixo y. O módulo B1 do campo é dado 
pela Eq. 29-4. Usando relações trigonométricas e a regra da mão direita, é fácil demonstrar que 
o campo produzido pelo fio 2, quando situado na posição especificada pelo ângulo u2 na Fig. 
29-61, tem componentes 
B B B Bx y2 2 2 2 2 2= = −sen , cos , 
na qual o valor de B2 é dado pela Eq. 29-4. Assim, de acordo com o teorema de Pitágoras, o 
quadrado do módulo do campo total na origem é dado por
B B B B B B B B2 2 2 2 1 2 2 2 1
2
2
2
1 22= + − = + −( sen ) ( cos ) co  ss .2
Como
B
i
R
B
i
R
B1
0 1
2
0 2
2
60
2
40 80 0= = = = = 
π π
nT, nT e nT, ,
temos:
2
1 1
2
2
2 2
1 2
1
2
1 4 1= + −




= − =− −cos cos ( )B B B
B B
/ 004°.
204 soluções dos problemas
35. A Eq. 29-13 pode ser usada para calcular o módulo da força entre os fios, e calcular a com-
ponente x corresponde a multiplicar o módulo por cos f = d2/ d d1
2
2
2+ . Assim, a componente 
x da força por unidade de comprimento é
F
L
i i d
d d
x =
+
= × ⋅
−

0 1 2 2
1
2
2
2
7
2
4 10
( )
( T m/A)(4,00 ×× ×− −10 6 80 103 3A A)(0,050 m)
2 [(0,0240 m)2
)( ,
 ++
= × =−
(0,050 m) ]
N/m 88,4 pN/m.
2
8 84 10 11,
36. De acordo com a Eq. 29-13,
(a) A força magnética a que está submetido o fio 1 é

F
i l
d d d d
i l
1
0
2 2
2
1 1
2
1
3
1
4 24
= + + +

 =



ĵ
25 0


d
ˆ ( )( , )( , )
( ,
j
T m A A m= × ⋅25 4 3 00 10 0
24 8 0
210−7
00 10
4 69 10
2
4
×
= × =
−
−
m
j
N) j (469 N) j.
)
ˆ
( , ˆ ˆ
(b) A força magnética a que está submetido o fio 2 é

F
i l
d d
i l
d
2
0
2
0
2
2
1
2
1
3
5
12
= +

 = =




ˆ ˆj j (1,888 10 N) j (188 N) j.× =−4 ˆ ˆ
(c) Por simetria, 

F3 0= .
(d) Por simetria, 
 
F F4 2= − = −( 188 N) j. ˆ
(e) Por simetria, 
 
F F5 1 4 69= − = −( , ˆN) j. 
37. Usamos a Eq. 29-13 e a composição de forças: 
   
F F F F4 14 24 34= + + . Para u = 45°, a situação 
é a mostrada na figura ao lado.
As componentes de 

F4 são
F F F
i
a
i
a
x4 43 42
0
2
0
2
2
45
2 2
3= − − = − − ° = −cos cos 





0
2
4
i
a
e
F F F
i
a
i
a
i
y4 41 42
0
2
0
2
0
2
2
45
2 2
= − = − ° =sen sen 




44a
.
soluções dos problemas 205
Assim,
F F F
i
a
i
ax y
4 4
2
4
2
1 2 0
2 2
0
23
4 4
= +( ) = −


+ 















=
= × ⋅
2 1 2
0
210
4
10 4



i
a
( )(10−7 T m A 77,50 A
0,135 m
N/m
)
,
2
4
4
1 32 10
 ( )
= × −
e o ângulo que 

F4 faz com o semieixo x positivo é
 =




= −

 =
− −tan tan .1 4
4
1 1
3
162
F
F
y
x
°
Na notação dos vetores unitários, temos:

F1 1 32 162 1= × + = −( , ˆ sen ˆ (1024 ° °N/m)[cos162 i j] ,, ˆ ( , ˆ
( )
25 4 17
125
× + ×
= −
102 24 510N/m) i N/m) j
N/m ˆ̂ ( , ) ˆ.i N/m j+ 41 7 
38. (a) O fato de que o gráfico da Fig. 29-64b passa pelo zero significa que as correntes nos 
fios 1 e 3 exercem forças em sentidos opostos sobre o fio 2. Como sabemos que o sentido da 
corrente no fio 3 é para fora do papel, isso significa que o sentido da corrente 1 também é para 
fora do papel. Quando o fio 3 está a uma grande distância do fio 2, o único campo a que o fio 2 
está submetido é o produzido pela corrente no fio 1; neste caso, de acordo com o gráfico da Fig. 
29-64b, a força é negativa. Isto significa que o fio 2 é atraído pelo fio 1, o que indica, de acordo 
com a discussão da Seção 29-2), que o sentido da corrente no fio 2 é o mesmo da corrente no fio 
1, ou seja, para fora do papel. De acordo com o enunciado, com o fio 3 a uma distância infinita 
do fio 2, a força por unidade de comprimento é −0,627 mN/m, o que nos permite escrever, de 
acordo com a Eq. 29-13,
F
i i
d
12
0 1 2 7
2
6 27 10= = × −

, .N/m
Quando o fio 3 está no ponto x = 0,04 m, a força é nula e, portanto,
F
i i
F
i i
d
d
i i
23
0 2 3
12
0 1 2
12 0 04 2
0 04= = = ⇒ =


( , )
, m
33
0 04
0 250
0 16= =,
,
, .
m
A
m/A
Substituindo d/i1 pelo seu valor na equação anterior, obtemos:
i2
7
7
2 6 27 10 0 16
4 10
0 50= ×
×
=
−
−


( , )( , )
,
N/m m/A
H/m
AA.
(b) O sentido de i2 é para fora do papel.
39. Como o sentido de todas as correntes, exceto a corrente i2, é para dentro do papel, o fio 3 é 
atraído por todas as correntes, exceto a corrente 2. Assim, de acordo com a Eq. 29-13, temos:
| |
(

F
L
i i
d
i
d
i
d
i
d
= − + + +


= ×



0 3 1 2 4 5
2 2 2
4 10−− − + +
7 0 250
2
2 00
2 0 5
4 00
0 5
4H/m A A
m
A
m
)( , ) ,
( , )
,
,
,

000
0 5
2 00
2 0 5
8 00 10 7
A
m
A
m)
N/m 8
,
,
( ,
,
+





 =
= × =− 000 nN/m.
206 soluções dos problemas
40. Por simetria, apenas as forças (ou suas componentes) ao longo das diagonais contribuem 
para a força total. Fazendo u = 45° e usando a Eq. 29-13, obtemos:
F F F F F F
i
a
1 12 13 14 12 13
0
2
2 2
2
= + + = + = 

| | cos
  





+ = 



=
cos
(
45
2 2
3
2 2
3
2 2
4
0
2
0
2
°




i
a
i
aπ
 × ⋅
×
= ×−
10 10
−7
−3T m A A
m
N
)( , )
( , )
,
15 0
8 50 10
1 12
2
2
//m.
A força 

F1 aponta na direção ˆ (ˆ ˆr = −i j)/ 2. Na notação dos vetores unitários, temos: 

F1
1 12
2
7 94= × − = ×( , (ˆ ˆ ( , ˆ10 10
−3
−4N/m) i j) N/m)i ++ − × =
= + −
( , ˆ
( , )ˆ ( ,
7 94
0 794 0 794
10−4N/m)j
mN/m i mNN/m j.)ˆ
41. Os módulos das forças exercidas sobre os lados da espira paralelos ao fio longo podem ser 
calculados usando a Eq. 29-13, mas as forças exercidas sobre os lados perpendiculares teriam 
que ser calculadas através de integrais do tipo
F
i i
y
dy
a
a b
=
+
∫ 
0 1 2
2
.
Entretanto, por simetria, as forças exercidas sobre os lados perpendiculares ao fio longo se 
cancelam. No caso dos lados paralelos, temos:
F
i i L
a a d
i i b
a a b
= −
+



 = +( )
=




0 1 2 0 1 2
2
1 1
2
4(  × ⋅ ×− −10 30 0 20 0 8 00 300 107 T m/A A A cm)( , )( , )( , )( 22 3
2 1 00 0
3 20 10
m
cm 8,0 cm
N,
)
,
,
 +( ) = ×
−
e 

F aponta na direção do fio. Assim, na notação dos vetores unitários,

F = × =−( , ) ˆ ˆ3 20 10 3 N j (3,20 mN) j
42. Como a área envolvida pela integral de linha é A = (4d)(3d)/2 = 6d2, temos:
  B ds i jAc ⋅ = = = × ⋅∫ −  0 0 74 15 6( )( )( )10 T m A A/m2 (( , ) ,0 20 4 5 102 6m T m.= × ⋅−
43. Vamos usar a Eq. 29-20, B ir a=  0 22/ , para calcular o campo magnético no interior do 
fio (r < a), e a Eq. 29-17, B i r=  0 2/ , para calcular o campo magnético do lado de fora do 
fio (r > a). 
(a) Para r = 0, B = 0.
(b) Para r = 0,0100 m,
B
ir
a
= = × ⋅
−



0
2
7
2
4 10 170 0 0100
2
( )( )( , )
(
T m/A A m
00 0200
8 50 10
2
4
, )
, .
m
T 0,850 mT= × =−
(c) Para r = a = 0,0200 m,
B
ir
a
= = × ⋅
−



0
2
7
2
4 10 170 0 0200
2
( )( )( , )
(
T m/A A m
00 0200
1 70 10
2
3
, )
, .
m
T 1,70 mT= × =−
(d) Para r = 0,0400 m,
B
i
r
= = × ⋅ =
−



0
7
2
4 10 170
2 0 0400
8
( )( )
( , )
,
T m/A A
m
550 10 4× =− T 0,850 mT.
soluções dos problemas 207
44. Vamos usar a lei de Ampère, 
 B ds i⋅ =∫ 0 , na qual a integral é calculada ao longo de uma 
curva fechada e a corrente é a corrente total no interior da curva. 
(a) No caso da curva 1, o resultado é
  B ds1 0 75 0 3 0 4 10 2∫ ⋅ = − + = × ⋅ −− ( , , ) ( )( ,A A T m/A 00
2 5 10 2 56
A
T m T m.
)
, ,= − × ⋅ = − ⋅− 
(b) No caso da curva 2, temos:
  B ds2 0 75 0 5 0 3 0 4 10∫ ⋅ = − − − = × ⋅− ( , , , ) (A A A T m/A))( , )
,
−
= − × ⋅ = − ⋅−
13 0
1 6 10 165
A
T m T m.
45. (a) Como dois dos fios envolvidos pela curva conduzem corrente para fora do papel e um 
fio conduz corrente para dentro do papel, a corrente total envolvida pela curva é 2,0 A, para fora 
do papel. Como a curva é percorrida no sentido horário, de acordo com a regra da mão direita 
associada à lei de Ampère, uma corrente para dentro do papel é positiva e uma corrente para 
fora do papel é negativa. Assim,
  B ds i∫ ⋅ = − = − × ⋅ = − ×− 0 74 10 2 0 2 5 10( )( , ) ,T m/A A −− ⋅ = − ⋅6 2 5T m T m., 
(b) Como a corrente total no interior da curva é zero,
 B ds i⋅ = =∫ 0 0env .
46. Observando a curva de perto, vemos que apenas as correntes 1, 3, 6 e 7 são envolvidas. 
Assim, levando em conta o sentido dessas correntes, temos:
  B ds i i i i i∫ ⋅ = − + + = = × ⋅−  0 0 77 6 3 5 5 4 10( ) ( T m/A))( , )
, .
4 50 10
2 83 10
3
8
×
= + × ⋅ = ⋅
−
−
A
T m +28,3 nT m
47. Para r ≤ a,
B r
i
r r
J r rdr J
r
a
r
( ) = = ( ) = ∫







0 0
0
0
02
2
2
env
2


 =∫0
0 0
2
2
3
r
rdr
J r
a


.
(a) Para r = 0, B = 0.
(b) Para r = a/2, temos: 
B a
J a
a
( )
( ) ( )( )
/
/ T m/A A/m2
2
2
3
4 10 3100 0 2 7= = × ⋅
−  (( , )
( , )
,
3 1 10 2
3 3 1 10
1 0 10
3 2
3
7
×
×
= × =
−
−
−
m/
m
T 0,10 T.
(c) Para r = a, temos:
B a
J a
( )
( )( )( ,= = × ⋅ ×
− − 0 0
7
3
4 10 310 3 1 10T m/A A/m2 33
7
3
4 0 10
m
T 0,40 T
)
, .= × =− 
208 soluções dos problemas
48. (a) Por simetria, o campo magnético no eixo do cano se deve apenas ao fio, e o módulo 
desse campo é
B
i
R
i
R
C = =




0 0
6
fio fio
2 3( )
.
Como o campo produzido pelo fio no ponto P é maior que o campo produzido pelo fio no eixo 
do cano, para que o campo total no ponto P seja igual ao campo no eixo do cano é preciso que 
o campo produzido pelo cano no ponto P tenhao sentido oposto ao do campo produzido pelo 
fio. Assim, 
B B B
i
R
i
R
P P P= − = −, , ( )
.fio cano
fio
2




0 0
2 2
Fazendo BC = 2BP, obtemos ifio = 3i/8 = 3(8,00 × 10−3 A)/8 = 3,00 × 10−3 A = 3 mA.
(b) O sentido é para dentro do papel.
49. (a) De acordo com a Eq. 29-24,
B
iN
r
= = × ⋅
−



0
7
2
4 10 0 800 500
2 0 1
( )( , )( )
( ,
T m/A A
550
5 33 10 4
m
T 533 T.
)
,= × =− 
(b) De acordo com a Eq. 29-24,
B
iN
r
= = × ⋅
−



0
7
2
4 10 0 800 500
2 0 20
( )( , )( )
,
T m/A A
00
4 00 10 4
m
T 400 T.( ) = × =
−, 
50. Seria possível, embora muito trabalhoso, usar a Eq. 29-26 para calcular as contribuições 
para o campo das 1200 espiras e depois somá-las, mas é muito mais fácil recorrer à Eq. 29-23, 
segundo a qual
B in i
N= = 

 = × ⋅
−  0 0
74 10 3 60
120
l
( )( , )T m/A A
00
0 950
0 00571 5 71
( , )
, , .
m
T mT= =
51. Seria possível, embora muito trabalhoso, usar a Eq. 29-26 para calcular as contribuições 
para o campo das 200 espiras e depois somá-las, mas é muito mais fácil recorrer à Eq. 29-23, 
segundo a qual
B in i
N= = 

 = × ⋅
−  0 0
74 10 0 30
200
l
( )( , )T m/A A
00 25
3 0 10 0 304
,
, , .
m
T mT= × =−
52. Como, de acordo com a Eq. 29-23, B = m0in = m0iN/l, N = Bl/m0i e o comprimento L do fio 
é dado por
L rN
rB
i
= = = × ×
− −
2
2 2 2 60 10 23 0 10
0
2 3



l ( , )( , )(m T 11 30
18 0
108
, )
)( , )
m
2(4 10 T m/A A
m.
7 × ⋅
=−
53. Como o raio da órbita do elétron é
r
mv
eB
mv
e ni
= =
0
,
temos:
i
mv
e nr
= = × ×
−
0
31 89 11 10 0 0460 3 00 10( , )( , )( ,kg m s))
( , )( )( , )( ,1 60 10 4 100 0 0100 219 7× × ⋅− −C T m A m 10 330 10
0 272
2×
=− m
A
)
, .
soluções dos problemas 209
54. De acordo com a Eq. 28-17 e supondo que o solenoide é ideal, o período T do movimento 
do elétron é dado por
T
m
eB
m
e in
mL
e iN
= = =2 2 2
0 0
 



,
na qual m é a massa do elétron, L é o comprimento do solenoide, i é a corrente do solenoide e 
N é o número de espiras do solenoide.
Por outro lado, o tempo que o elétron leva para atravessar o solenoide é
t
L
v
L
v
L
v
= = =
|| cos ,
,
30 0 866o
na qual v|| é a componente da velocidade paralela ao eixo do solenoide. Assim, o número de 
revoluções é
n
t
T
L
v
e iN
mL
= = = × ×
− −
0 866 2
1 6 10 4 100 19 7
,
( , )(

C H//m A
m/s
)( , )( )
( , )( )( ,
4 0 8000
2 0 866 800 9 11 10 3 × − 11
61 6 10
kg)
, .= ×
55. (a) Vamos chamar os campos produzidos pelo solenoide e pelo fio no ponto P de 

Bs e 

Bf , 
respectivamente. Como 

Bs está alinhado com o eixo do solenoide e 

Bf é perpendicular ao eixo 
do solenoide, os dois campos são mutuamente perpendiculares. Assim, para que o campo re-
sultante faça um ângulo de 45° com a direção do eixo do solenoide, devemos ter Bs = Bf. Nesse 
caso,
B i n B
i
d
s s f
f= = =


0
0
2
,
na qual d é a distância entre o eixo e o ponto P, o que nos dá
d
i
i n
f
s
= =
×
=−2
6 00
2 20 0 10 103 
,
( , )( )
A
A espiras cm
44 77, .cm
(b) O módulo do campo magnético é
B Bs= = × ⋅ ×− −2 2 4 10 20 0 10 107 3( )( , )( T m A A espiras 0,,0 m
T 35,5 T
100
3 55 10 5
)
, .= × =− 
56. De acordo com a Eq. 29-26, temos:
B
iR N
R R
Ni
R
P =
+[ ]
= = ×
−2
2 2
8
5 5
8 4 100 2
2 2 3 2
0
7  
( )
(
/
TT m/A A
m
T 8
⋅
( )
= × =−
)( )( , )
,
,
200 0 0122
5 5 0 25
8 78 10 6 ,,78 T .
57. (a) De acordo com a Eq. 28-35, o módulo do momento dipolar magnético é dado por m = 
NiA, na qual N é o número de espiras, i é a corrente e A é a área. Como A = pR2, na qual R é o 
raio das espiras, temos:
  = = = ⋅Ni R2 2 2300 4 0 0 025 2 4( )( , ) ( , ) , .A m A m
(b) O campo magnético no eixo de um dipolo é dado pela Eq. 29-27:
B
z
= 

0
32
.
210 soluções dos problemas
Explicitando z, obtemos:
z
B
= 

 =
× ⋅ ⋅−

 

0
1 3 7 2
2
4 10 2 36
2 5
( )( , )
( ,
T m A A m
00 10
46
6
1 3
×




=− T
cm
)
.
58. (a) Para uma espira, de acordo com a Eq. 29-10, B = m0i/2R, e, portanto, B ∝ i/R. Como a 
bobina b tem duas espiras,
B
B
i R
i R
R
R
b
a
b
a
a
b
= = =2 2 4 0, .
(b) A razão entre os momentos dipolares das duas bobinas é


b
a
b
a
b
a
iA
iA
R
R
= = = 

 = =
2 2
2
1
2
1
2
0 50
2
2
2
, .
59. De acordo com a Eq. 28-35, o módulo do momento dipolar magnético é dado por m = NiA, 
na qual N é o número de espiras, i é a corrente e A é a área. Como A = pR2, na qual R é o raio 
das espiras, temos:
 = = ⋅( )( , ) ( ) , .200 0 30 0 472 2A m A m0, 050
60. De acordo com a Eq. 29-26, a componente y do campo é
B
i R
R z
i R
R z
y = +
−
+
 0 1
2
2
1
2 3 2
0 2
2
2
2
2 3 22 2( ) ( )
,
/ /
na qual z1 = L (veja a Fig. 29-73a) e z2 = y porque o eixo das espiras é chamado de y em vez de 
z. O fato de que os campos produzidos pelas duas espiras têm sinais opostos se deve à obser-
vação de que o campo mostrado na Fig. 29-73b se anula para um valor finito de y, o que seria 
impossível se os dois campos tivessem o mesmo sinal (fisicamente, isto significa que as duas 
correntes circulam em sentidos opostos). 
(a) Quando y → ∞, apenas o primeiro termo contribui para a componente y do campo magné-
tico; como sabemos que, neste caso, By = 7,2 × 10−6 T, obtemos
i
B R L
R
y
1
2 2 3 2
0
2
6 22 2 7 2 10 0 04=
+
= × +
−( ) ( , )[( , )/

T m (( , ) ]
( )( , )
, .
/0 03
4 10 0 04
0 90
2 3 2
7 2
m
T m/A m
A
 × ⋅
≈−
(b) Como, de acordo com a Fig. 29-73b, By = 0 para y = 6 cm, temos:
 0 1
2
2 2 3 2
0 2
2
2 2 3 22 2
i R
R L
i R
R y( ) ( )
,
/ /+
=
+
o que nos dá
i
R y
R L
i2
2 2 3 2
2 2 3 2 1
20 04 0 06= +
+
= +( )
( )
[( , ) ( , )/
/
m m 22 3 2
2 2 3 20 04 0 03
0 90 2 7
]
[( , ) ( , ) ]
( , ) , .
/
/m m
A A
+
=
61. Vamos usar o índice 1, para indicar a espira, e o índice 2, para indicar a bobina.
(a) De acordo com a Eq. 29-10, temos:
B
i
R
1
0 1
1
7
2
4 10 15
2 0 12
7 9 1= = × ⋅ = ×
− ( )( )
( , )
,
T m A A
m
00 5− =T 79 T.
soluções dos problemas 211
(b) De acordo com a Eq. 28-37, temos:
   = × = = =
=
| | sen
 
2 1 2 1 2 2 2 1 2 2 2
2
190B B N i A B N i r B°
( )( , )( , ) ( , )
,
50 1 3 0 82 10 7 9 10
1 1 10
2 2 5A m T× ×
= ×
− −
−− ⋅6 N m.
62. (a) De acordo com a Eq. 29-9, com f = p rad, temos:
B
i
a
i
b
i
a b
= + = +

 =
× − 

 

 0 0 0
7
4 4
1 1 4 10
4
( T ⋅⋅ ( ) +



=
m/A) A 1
m
1
m
0 0562
4 0 0572 0 0936
4 9
,
, ,
, 77 10 7× =− T 0,497 T .
(b) De acordo com a regra da mão direita, o campo 

B aponta para dentro do papel no ponto P 
(veja a Fig. 29-6c).
(c) De acordo com a Eq. 28-35, como a área envolvida é A = (pa2 + pb2)/2, o módulo do mo-
mento magnético da espira é
| | ( )
( , )
[( , ) ( ,


 = + = +i a b
2
0 0562
2
0 0572 0 02 2 2
A
m 9936
1 06 10 1 06
2
3 2
m
A m mA m2
) ]
, , .= × ⋅ = ⋅−
(d) O sentido de 

 é o mesmo de 

B, ou seja, para dentro do papel. 
63. Imaginando que os segmentos bg e cf (que, de acordo com a figura, não conduzem cor-
rente) conduzem duas correntes de mesmo valor absoluto (i) e sinais opostos, que se cancelam 
mutuamente, podemos considerar o circuito uma combinação de três espiras quadradas que 
conduzem uma corrente i, como sugere o enunciado do problema.
(a) O momento dipolar magnético do circuito abcdefgha é
   
   = + + = − + =bcfgb abgha cdefc ia( )(ˆ ˆ ˆ)2 j i i iia2
2 26 0 0 10 0
ˆ
, , ˆ ( ) ˆ (
j
A m j 6,0 10 A m j2= ( )( ) = × ⋅ =− ,, ) ˆ.060 A m j2⋅
(b) Como a distância entre o ponto e o cubo é muito maior que a aresta do cubo, podemos usar 
a aproximação dipolar. Para (x, y, z) = (0, 5,0 m, 0), a Eq. 29-27 nos dá
 
B
y
( , ,
( ,
0 5
1 26 10
3
6
0 m, 0)
2
T m/A)(6,00≈ = × ⋅ ×
−

 110 m A) j
m)
T j pT
2 2
3
−
−
⋅
= × =
ˆ
( , ) ˆ (
2
9 6 10 9611
(5, 0
)) ĵ.
64. (a) Os segmentos retilíneos não contribuem para o campo magnético no ponto P, e a contri-
buição dos segmentoscirculares é dada pela Eq. 29-9. Usando o vetor unitário 

k para indicar a 
direção “para fora do papel”, temos:

BP = −
 

0 00 200 7 4
4 4 00
0 2( , )( )
( , )
ˆ ( ,A / rad
m
k
000 7 4
4 2 00
2 75 10 8
A / rad)
m
k k T
)(
( , )
ˆ , ˆ ,


= − × −
o que nos dá | | , , .

B = × =−2 75 10 27 58 T nT
(b) O sentido é −k̂, ou seja, para dentro do papel.
212 soluções dos problemas
65. De acordo com a Eq. 29-20,
r
R B
i
= = × ×
− −2 2 8 00 10 1 00 10
4
2
0
3 2 4

| | ( , ) ( , )
(

m T
 × ⋅
= =−10 25 0
0 00128 1 28
7 T m/A A
m mm.
)( , )
, ,
66. (a) De acordo com a Eq. 29-4, temos:
  
B B B
i
r
i
r
tot k k= + = − −
= − ×
1 2
0 1
1
0 2
22 2
4 1





ˆ ˆ
( 00 6 00
2 10 0
4 107 7− ⋅ − × ⋅T m/A A
cm
k
T m/A)( , )
( , )
ˆ ( )

 (( , )
( , )
ˆ
( , ˆ ,
10 0
2 5 0
52 0 10 52 06
A
cm
k
T) k (

= − × = −− TT) k.ˆ
(b) Nesse caso, r1 < y < r2. Fazendo




0 1
1
0 2
22 2
i
r y
i
y r( ) ( )
,
−
=
−
obtemos
y
i r i r
i i
= +
+
= +2 1 1 2
2 1
10 0 10 0 6 00 5( , )( , ) ( , )( ,A cm A 000
10 0 6 00
8 13
cm
A A
cm
)
( , ) ( , )
, .
+
=
(c) Nesse caso, y > r2. Fazendo




0
1
0
22 2
i
y r
i
y r
A B
( ) ( )
,
−
=
−
obtemos
y
i r i r
i i
= −
−
= −2 1 1 2
2 1
10 0 10 0 6 00 5( , )( , ) ( , )( ,A cm A 000
10 0 6 00
17 5
cm
A A
cm
)
( , ) ( , )
, .
−
=
67. Vamos chamar de a o comprimento do lado do quadrado. Na solução do Problema 13 foi 
visto que o campo magnético produzido a uma distância R do centro de um fio de comprimento 
L é dado por
B
i
R
L
L R
=
+


0
2 22 4
.
Como o centro do quadrado está a uma distância a/2 de quatro fios de comprimento a, temos:
B
i
a
a
a a
centro =



 +








=4
2 2 4 2
0
2 2

 ( ) ( )
22 2

0i
a
.
Por outro lado, de acordo com a Eq. 29-10, o campo magnético no centro de um fio circular de 
raio R é m0i/2R. Assim, o problema pede para mostrar que
2 2
2
10 0



i
a
i
R a R
> ⇒ >4 2 .
Como os dois fios têm o mesmo comprimento, o perímetro do quadrado de lado a é igual ao 
perímetro da circunferência de raio R, ou seja,
4 2
2
a R a
R= ⇒ =  .
soluções dos problemas 213
Assim, devemos provar que
4 2 8 2 1
 a R R
= >
2
,
o que pode ser feito através de um simples cálculo numérico: 8 2/p2 ≈ 1,15 > 1.
68. Vamos supor que o sentido da corrente é o sentido positivo do eixo x e que o elétron está em 
um ponto P situado a uma distância r acima do fio. De acordo com a regra da mão direita, se a 
direção “para cima” é o sentido positivo do eixo y, o campo produzido pela corrente no ponto P 
aponta no sentido positivo do eixo z. Combinando a Eq. 29-4 com a Eq. 28-2, obtemos
F
e i
r
v= − ×

0
2
( ˆ

k).
(a) Se o elétron está se movendo para baixo, em direção ao fio, a velocidade do elétron é 
v v= − ĵ e, portanto,

F
e iv
r
= − − = × −

0 16
2
3 2 10( ˆ) ( , ˆi N) i,
o que nos dá | | , .

F = × −3 20 10 16 N
(b) Neste caso, a velocidade do elétron é 

v v= î e, portanto,

F
e iv
r
= − − = × −

0 16
2
3 2 10( ˆ) ( , ˆj N) j,
o que nos dá | | , .

F = × −3 20 10 16 N
(c) Neste caso, a velocidade do elétron é 

v v= k̂ ou 

v v= − k e, nos dois casos,

F ∝ ˆ ˆ .k k× = 0
69. (a) De acordo com a regra da mão direita, o campo magnético 

B1 produzido no ponto a pelo 
fio 1 (o fio do vértice inferior esquerdo) está no plano xy e faz um ângulo f = 150° com o se-
mieixo x positivo; o campo 

B2 produzido no ponto a pelo fio 2 (o fio do vértice inferior direito) 
também está no plano xy e faz um ângulo f = 210° com o semieixo x positivo. Por simetria, 
as componentes y dos dois campos se cancelam e as componentes x se somam, produzindo um 
campo resultante que, de acordo com a Eq. 29-4, é dado por
  
l
B B B
i= + = 

 = − ×1 2
0
02 2
150 3 46 10


cos ˆ ( ,i −−5 T) i.̂
Para cancelar este campo, a corrente do fio b deve ter o sentido para dentro do papel (ou seja, o 
sentido −k̂) e um valor absoluto que, de acordo com a Eq. 29-4, é dado por
i B
r
b = = × × ⋅
−
−
2
3 46 10
2 0 087
4 100
5
7




( , )
( , )
T
m
T mm/A
A,= 15
na qual r = l 3 2/ é a distância entre o ponto b e o ponto a.
(b) Como foi dito no item anterior, o sentido do fio b é para dentro da página, ou seja, o senti-
do −z.
70. Os segmentos retilíneos não contribuem para o campo 

B e a contribuição dos arcos de cir-
cunferência é dada pela Eq. 29-9. Chamando de k̂ a direção para fora do papel, temos:

B
i i= + 

 

0 0
4 4 00
2
4 2
(
( , )
ˆ (
( ,
rad)
m
k
/ rad)
000
2
4 4 00
0
m
k
/ rad)
m
k (1,57 10
)
ˆ (
( , )
ˆ− = × − 

i 77 T k,) ˆ
o que nos dá | | , .

B = × =−1 57 10 1577 T nT
214 soluções dos problemas
71. Chamando de R o raio do fio, uma corrente i produz um campo magnético
B
i
R
= = × ⋅ =
−



0
7
2
4 10
2 0 0013
7
(
( , )
,
T m/A)(50 A)
m
77 10 3× =− T 7,7 mT.
na superfície do fio.
72. (a) O módulo do campo magnético do lado de fora do cilindro é dado por


B
i
r
i
r B= ⇒ = = ×
−



0
0
32 2 5 00 10env
env2
m| | ( , )(11 0 10
4 10
25 10 25
6
7
3, ) .
×
× ⋅
= × =
−
−
−T
 T m/A
A mA
Como a corrente do cilindro é 30 mA, a corrente do fio é 5,0 mA, no sentido contrário.
(b) O sentido da corrente no fio é para baixo.
73. (a) O campo magnético em um ponto do interior do furo pode ser considerado como a soma 
dos campos produzidos por duas correntes: a corrente produzida por um cilindro sem o furo e 
uma corrente, no sentido contrário, produzida por um cilindro de dimensões iguais às do furo. 
O campo produzido no interior de um cilindro sem o furo a uma distância r do eixo do cilindro 
é dado por 
B
ir
R
= 

0
22
,
na qual R é o raio do cilindro. No caso do cilindro que estamos considerando, a densidade de 
corrente é
J
i
A
i
a b
= =
−( )
,
2 2
a corrente no cilindro sem o furo é
I JA Ja
ia
a b
1
2
2
2 2
= = =
−

e o módulo do campo produzido em um ponto no interior do cilindro, a uma distância r1 do 
eixo, é
B
I r
a
ir a
a a b
ir
a
1
0 1 1
2
0 1
2
2 2 2
0 2
22 2 2
= =
−
=




( ) ( −− b2 )
.
A corrente em um cilindro com as mesmas dimensões que o furo é
I Jb
ib
a b
2
2
2
2 2
= =
−

e o módulo do campo produzido em um ponto no interior do cilindro, a uma distância r2 do 
eixo, é
B
I r
b
ir b
b a b
ir
a
2
0 2 2
2
0 2
2
2 2 2
0 2
22 2 2
= =
−
=




( ) ( −− b2 )
.
No centro do furo, o campo B2 é zero e o campo nesse ponto é o mesmo que em um cilindro sem 
o furo. Fazendo r1 = d na expressão de B1, obtemos o campo no centro do furo:
B
id
a b
=
−
=
× ⋅ ( )−

0
2 2
7
2
4 10 5 25 0 020
( )
( , ( ,T m/A) A 00
2 0 0400 0 0150
1 53 10
2 2
5m
m m
T 15
)
[( , ) ( , ) ]
,
 −
= × =− ,,3 T.
Se o sentido da corrente na Fig. 29-79 é para fora do papel, o campo aponta para cima.
soluções dos problemas 215
(b) Para b = 0, a expressão anterior se torna
B
id
a
= 

0
22
,
que é a expressão correta para o campo no interior de um cilindro sem um furo, de raio a, a uma 
distância d do eixo. 
Para d = 0, a expressão anterior nos dá B = 0, que é a expressão correta para o campo no eixo 
de uma casca cilíndrica que conduz uma corrente uniforme.
Nota: Podemos usar a lei de Ampère para mostrar que o campo magnético no interior do furo é 
uniforme. Considere uma trajetória retangular com dois lados compridos (1 e 2, de comprimen-
to L), e 2 lados curtos (de comprimento menor que b). Se o lado 1 coincide com o eixo do furo, 
o lado dois é paralelo ao eixo do furo. Para assegurar que os lados curtos não contribuem para a 
integral da lei de Ampère, podemos supor que o comprimento L é muito grande (maior até que 
o comprimento do cilindro) ou argumentar que o campo 

B faz um ângulo muito próximo de 90° 
com os lados curtos. Seja como for, a integral da lei de Ampère se reduz a
 
  
 B ds i
B ds B
retângulo
env
lado lado
∫
∫
⋅ =
⋅ +
0
122
0
0
∫ ⋅ =
−( ) =
ds i
B B L

 no furo
lado1 lado 2
na qual Blado 1 é o campo calculado no item (a). Isto mostra que o campo em um ponto fora do 
eixo do furo (pelo qual passa o lado 2 da trajetória de integração) é igual ao campo no centro 
do furo, o que significa que o campo é uniforme no interior do furo.
74. De acordo com a Eq. 29-4,
i
RB= = ×
× ⋅
=
−
−
2 2 7 30 10
4
6


0
( )( , )0,880
10 7
m T
T m A
332 1, A.
75. De acordo com a lei de Biot-Savart, 
   
B x y z
i s
r
i s r
r
, ,
ˆ
.( ) = × = ×



0
2
0
34 4
 r
Para  

s s= ĵ e r x y z= + +ˆ ˆ ˆi j k, temos:
  
 
s r s x y z s z x× = × + + = −( ˆ ( ˆ ˆ ˆ ( ˆ ˆ ),j) i j k) i k
na qual foram usadas as relações ˆ ˆ ˆ ˆ ˆj i k, j j× = − × = 0 e ˆ ˆ ˆj k i.× = Assim, a equação anterior se 
torna

B x y z
i s z x
x y z
( , , )
( ˆ ˆ )
)
.= −
+ +


0
2 2 2 3 24
 i k
(
(a) O campo no ponto (x = 0, y = 0, z = 5,0 m) é

B 0 0 5 0
4 10 2 0 3 0 107 2
, , ,
( )( , )( ,
m
T m/A A m( ) = × ⋅ ×
− − ))( , )
,
ˆ
( ,
/
5 0
0 5 0
2 4 10
2 2
3 2
10
m
4 0 m
i
2 + + ( ) 
= × − TT)i (0,24 i) nT.ˆ ˆ=
(b) O campo no ponto (x = 0, y = 6,0 m, z = 0) é 

B = 0.
216 soluções dos problemas
(c) O campo no ponto (x = 7 m, y = 7 m, z = 0) é

B 7 0
4 10 2 0 3 0 107
,
( , ( ,
m, 7,0 m, 0
T m/A)( A)( ) = × ⋅ ×
− −− −
+ + 
=
2
2 2 2 3 2
7 0
7 0 0
m) m)
4 7,0 m m
k
( ,
( ) ( , )
ˆ
(
/

−− × = −−4 3 10 4311, ˆ ( ˆT) k k) pT.
(d) O campo no ponto (x = 23 m, y = 24 m, z = 0) é

B − −( ) = × ⋅ ×
−
3 0
4 10 2 0 3 07
,
( , ( ,
m, 4,0 m, 0
T m/A)( A) 110 3 0
4 0 0
2
2 2 2 3 2
−
− + − + 
m) m)
4 m
( ,
( ) ( , )
ˆ
/
 3,0 m
kk
T k=(0,14 k) nT.= × −( , ) ˆ ˆ1 4 10 10
Nota: Nos eixos x e z, a expressão de 

B pode ser simplificada para
 
B x
i s
x
B z
i s
z
, , ˆ , , ˆ0 0
4
0 0
4
0
2
0
2
( ) = − ( ) =



 
k, ii.
O campo magnético no eixo y é zero porque, como a corrente é paralela ao eixo y, ds
 × =ˆ .r 0
76. (a) Com as correntes paralelas, a aplicação da regra da mão direita mostra que as componen-
tes verticais se cancelam e as componentes horizontais se somam. O resultado é o seguinte:

B
i
r
= − 

 = − ×
−2
2
45 0 4 00 100 0 4


cos , ˆ ( , ˆi T) i == −( 400 T) i ˆ
na qual r = d/ 2 é a distância entre os fios e o ponto P.
(b) Com as correntes antiparalelas, a aplicação da regra da mão direita mostra que as componen-
tes horizontais se cancelam e as componentes verticais se somam. O resultado é o seguinte:

B
i
r
= 

 = × =
−2
2
45 0 4 00 100 0 4


sen , ˆ ( , ˆj T) j (4400 T) j. ˆ
77. Vamos chamar de ponto C o centro da circunferência. Como foi visto no Exemplo “Campo 
magnético no centro de um arco de circunferência percorrido por corrente”, o campo magnético 
no ponto C produzido pelos trechos retilíneos do fio cujo prolongamento passa por C é zero. 
De acordo com a Eq. 29-9 (com f = p/2 rad) e a regra da mão direita, a contribuição dos dois 
arcos de circunferência para o campo magnético no ponto C é
 

 

0 02 0
i
R
i
R
( ) ( )
.
4
2
4
− =
Assim, as únicas contribuições diferentes de zero são as dos dois segmentos retilíneos que não 
são colineares com C. Trata-se de dois fios semi-infinitos, um a uma distância vertical R acima 
de C e o outro a uma distância horizontal R à esquerda de C. Os campos produzidos pelos dois 
segmentos apontam para fora do papel (veja a Fig. 29-6c). Como os módulos das duas contri-
buições (dados pela Eq. 29-7) se somam, o resultado é
B
i
R
i
R
= 

 =2 4 2
0 0



.
o mesmo de um único fio muito longo (veja a Eq. 29-4). Para que esse fio produzisse um campo 
com o mesmo sentido (para fora do papel) com uma corrente da direita para a esquerda, teria 
que estar acima do ponto considerado (veja novamente a Fig. 29-6c).
soluções dos problemas 217
78. Os pontos em que o campo é zero estão em uma reta paralela ao fio, a uma distância r tal 
que Bfio = m0i/2p = Bext, o que nos dá
r
i
B
= =
× ⋅
× −




0
7
32
4 100
2ext
T m A A
T
( )( )
(
10
5 0 10
−
, ))
,= × =−4 0 10 3 m 4,0 mm.
79. (a) O campo nessa região se deve apenas ao fio. De acordo com a Eq. 29-17, temos: 
B
i
r
f= = × ⋅ =
−



0
7
2
4 10 24
2 0 0010
4
( )( )
( , )
,
T m/A A
m
88 10 3× =− T 4,8 mT.
(b) Nesse caso, o campo é a soma da contribuição do fio, dada pela Eq. 29-17, com a contribui-
ção de parte do condutor, dada pela Eq. 29-20, modificada para levar em conta o fato de que o 
condutor é oco:
B
i
r
i
r
i
r
i
r
r Rf f c= − = − −








0 0 0 0
2 2
2 2 2
env
2
int
RR Rext2
T
m
−




= × − × −−
−
int
,
( , )
2
3
3 2
1 6 10 1
3 0 10 (( , )
( , ) ( , )
2 0 10
4 0 10 2 0 10
3 2
3 2 3 2
×
× − ×





−
− −
m
m m 







= × =−9 3 10 0 934, , .T mT
(c) Do lado de fora do condutor, os dois campos se cancelam e B = 0. 
80. Vamos chamar de ponto 1 o ponto mais próximo do fio e de ponto 2 o ponto mais distante. 
Como B2 < B1, sabemos que o ponto 2 está do lado de fora do fio. Assim, de acordo com a Eq. 
29-20, o campo no ponto 2 é dado por:
B
i
r
i
r B
2
0
2
2 2
0
3
2
2 2 10 10 0 20 10= ⇒ = = × ×
− −



( )( ,m 33
74 10
10
T
T m/A
A
)
.
 × ⋅
=−
De acordo com a Eq. 29-17, o campo no ponto 1 é dado por
B
i
R
r= 




0
2 12
,
o que nos dá
R
ir
B
= 

 =
× ⋅−

0 1
1 2 7
2
4 10 10 4 0/ ( )( )( ,T m/A A ××
×





 = × =
−
−
−10
2 0 28 10
5 3 10 5
3
3
3
1 2
m
T
m
)
( , )
,
/

,, .3 mm
81. A “corrente por unidade de largura” de que fala o enunciado pode ser vista como a densida-
de de corrente multiplicada pela espessura ∆y da placa: l = J∆y. A lei de Ampère é frequente-
mente expressa em termos do vetor densidade de corrente, da seguinte forma:
   B ds J dA∫ ∫⋅ = ⋅0 ,
na qual a integral de superfície do segundo membro se estende à região envolvida pela integral 
de linha do primeiro membro (e 

J aponta no sentido positivo do eixo z, para fora do papel). Se 
J é uniforme, como neste problema, o segundo membro se reduz a m0JA = m0J∆y∆x = m0l∆x.
218 soluções dos problemas
(a) A Fig. 29-83 mostra corretamente as componentes horizontais de 

B nos pontos P e P9, mas 
a questão é a seguinte: será que o campo 

B pode ter uma componente vertical? 
Vamos nos concentrar no ponto P. Suponha que o campo magnético não seja paralelo à placa, 
como na figura da esquerda. Se invertermos o sentido da corrente, o campo também mudará 
de sentido, como na figura do meio. Se fizermos a placa girar 180o em torno de uma reta per-
pendicular à placa, o campo também sofrerá uma rotação de 180o e passará a apontar para o 
lado oposto, como na figura da direita. Entretanto, com a rotação, a distribuição de corrente 
passou a ser exatamente a mesma que a inicial, responsável pelo campo mostrado na figura da 
esquerda. Comparando as figuras da direita e da esquerda, vemos que, para que sejam iguais, é 
preciso que o campo seja paralelo à placa. Isso significa que o campo no ponto P é horizontal, 
como na Fig. 29-83.
(b) Para calcular a integral de linha da lei de Ampère, vamos usar uma trajetória retangular, de 
largura ∆x, com os lados horizontais passando pelos pontos P e P’, e altura dy > ∆y. Como o 
campo 

B é horizontal, os lados verticais não contribuem para a integral, e a lei de Ampère nos dá
2
1
20 0
B x x B = ⇒ =   .
82. Podemos aplicar a Eq. 29-17 aos dois fios, com r R d= +2 22( )/ (pelo teorema de Pitá-
goras). As componentes verticais dos campos se cancelam e as componentes horizontais se 
somam, apontando no sentido positivo do eixo x. O resultado final é
B
i
r
d
r
id
R d
= 





 = + ( )
2
2
2
2 2
0 0
2 2




/
/ 
= × −1 25 10 6, T,
o que nos dá, na notação dos vetores unitários, 

B = × =−( , ˆ ˆ.1 25 10 6 T) i (1,25 T) i
83. Podemos dividir o quadrado da Fig. 29-85 nos segmentos numeradosde 1 a 8 na figura a 
seguir, à esquerda, todos os quais podem ser considerados variações da situação mostrada na 
figura da direita.
Como, de acordo com o resultado do Problema 29-17, o campo magnético em um ponto P2, 
como o mostrado na figura da direita, é dado por
B
i
R
L
L R
P2 4 2 2
=
+


0 ,
soluções dos problemas 219
os campos magnéticos produzidos pelos 8 segmentos são
B B
i
a
i
a
B B
i
P P
P P
1 8
0 0
4 5
0
2
8 4
2
2
2
8 3
= = =
= =






( )
,
( aa
i
a
B B
i
a
a
a a
P P
4
2
6
4 4
3 4
3 4
0
2 7
0
2
)
,
( ) (
=
= = ( ) ⋅ +



 44
3
102 1 2
0
)
,
[ ]
= 

i
a
B B
i
a
a
a a
i
P P3 6
0
2 2 1 2
0
4 3 4
4
4 3 4 3 1
= = ⋅
+[ ]
=


( ) ( ) ( ) 00a
.
Somando todas as contribuições, obtemos:

B B
i
a
P Pn
n
= − = − + + +



=
∑ ( k̂)
1
8
02
2
2
2
6
3
10
1
3 10

 
= − × ⋅
×
+
ˆ
( )( )
( )
k
T m A A
m
2 4 10 2
2
2
6


10
8, 0 10
−7
−2 ++ +




= − × = −−
3
10
1
3 10
2 0 10 0 204
ˆ
( , ) ˆ ( , )
k
T k Tm ˆ̂k,
na qual k̂ é um vetor unitário que aponta para fora do papel.
Nota: se o ponto P está no centro do quadrado, a contribuição de todos os segmentos é a mesma,
B B B
i
a
P P P1 2 8
02
4
= = = 

,
e o campo total é
B B
i
a
Pcentro = =8
2 2
1
0

.
84. (a) Nesse caso, as correntes nos três fios são paralelas e todos os fios se atraem. Assim, o fio 
“de cima” é atraído “para baixo” em direção dos outros dois por uma força de módulo
F = +

0 03 0 5 0 3 2
2 0 10
3 0 5( , )( , )( , )
( , )
( , )( ,m A A
m
m 00 5 0
2 0 20
1 7 10 0 174
A A
m
N mN
)( , )
( , )
, , .

= × =−
(b) Nesse caso, como o fio “de cima” é repelido pelo fio do meio e atraído pelo fio “de baixo”, 
o módulo da força resultante é
F = ( )( ) −

0 03 0 5 0 3 2
2 0 10
3 0 5 0( , ) , ,
( , )
( , ) ,m A A
m
m AA A
m
N 0,021 mN.
( )( ) = × =−5 0
2 0 20
2 1 10 5
,
, )
,
(
85. (a) De acordo com a lei de Ampère, no caso de uma trajetória circular de raio r tal que 
b < r < a, temos:
  B ds rB i i
r b
a b
⋅ = = = −
−∫ 2 0 0
2 2
2 2
  


env
( )
( )
.
Assim,
B
i
a b
r b
r
=
−
−





0
2 2
2 2
2 ( )
.
220 soluções dos problemas
(b) Para r = a, o módulo do campo magnético é
B
i
a b
a b
a
i
a
=
−
−



=



0
2 2
2 2
0
2 2( )
,
o que está de acordo com a Eq. 29-17.
Para r = b, B = 0.
Para b = 0,
B
i
a
r
r
ir
a
= =



0
2
2
0
22 2
,
o que está de acordo com a Eq. 29-20.
(c) A figura a seguir mostra o gráfico pedido.
86. Vamos chamar o lado de comprimento L de lado longo e o lado de comprimento W de lado 
curto. O centro está a uma distância W/2 do ponto médio dos lados longos e a uma distância L/2 
do ponto médio dos lados curtos. Tratando cada lado como um segmento como o do Problema 
29-17, obtemos:
B
i
W
L
L W
i
L
W
W L
=
+
+
+
2
2 2 4 2
2
2 2 4 2
0
2 2
0
2 2



( ) ( ) ( ) ( )
== +2 0
2 2 1 2

i L W
LW
( )
.
/
87. (a) De acordo com a Eq. 29-20, para r < c,
B
ir
c
= 

0
22
.
(b) De acordo com a Eq. 29-17, para c < r < b,
B
i
r
= 

0
2
.
(c) De acordo com o resultado do Problema 29-79, para b < r < a, temos:
B
i
r
i
r
r b
a b
i
r
a r= − −
−




= −





0 0
2 2
2 2
0
2 2
2 2 2 aa b2 2−




.
(d) Do lado de fora do cabo coaxial, a corrente total envolvida por uma amperiana é zero e, 
portanto, para r > a, B = 0.
soluções dos problemas 221
(e) Vamos testar as expressões para três casos especiais. Fazendo r = c nas expressões dos itens 
(a) e (b), obtemos o mesmo resultado, B = m0i/2pc. Fazendo r = b nas expressões dos itens (b) e 
(c), obtemos a mesma expressão, B = m0i/2pb. Finalmente, fazendo r = a na expressão do item 
(c), obtemos o mesmo valor do item (d), B = 0.
(f) A figura a seguir mostra o gráfico pedido.
88. (a) Considere um segmento do projétil entre y e y + dy. Podemos usar a Eq. 29-7 para 
calcular o campo magnético produzido pelos trilhos, considerados como fios semi-infinitos, 
chamando o trilho de cima de 1 e o trilho de baixo de 2, e a Eq. 29-12 para calcular a força 
magnética que age sobre o segmento. A corrente no trilho 1 é no sentido + î e a corrente no 
trilho 2 é no sentido − î. Na região entre os fios, os campos têm o mesmo sentido, o sentido −k̂ 
(para dentro do papel), e a força que age sobre o segmento do projétil é
dF dF dF idy B dy B i B
    
= + = − × + − × = +1 2 1 2 1( ˆ) ( ˆ)j j BB dy
i
i
R w y
i
y
dy
2
0 0
4 2 4
[ ]
=
+ −
+






ˆ
( )
ˆ .
i
i




A força que age sobre o projétil é, portanto,
 
F dF
i
R w y y
dy
R
R w
= =
+ −
+




=∫
+
⌠
⌡
2
0
4
1
2
1 
π
î 00
2
2
1
i w
R
ln ˆ+

 i.
(b) Como, de acordo com o teorema do trabalho e energia, 
K mv W F ds FLf= = = ∫ ⋅ =12 2 ext
 
,
a velocidade final do projétil é
v
W
m m
i w
R
Lf =



 = +






2 2
2
1
1 2
0
2
ext
/
ln




=
× ⋅ × +−
1 2
7 3 22 4 10 450 10 1 1 2
/
( )( ) ln ( , T m/A A cmm)/(6,7cm) m
kg
[ ]
×






=
−
( , )
( )
/
4 0
2 10 10
2
3
1 2

,,3 103× =m/s 2,3 km/s.
89. De acordo com o resultado do Problema 29-13, o campo a uma distância R do ponto médio 
de um segmento de fio de comprimento L é dado por
B
i
R
L
L R
=
+


0
2 22 4
.
222 soluções dos problemas
Como, neste problema, o centro da espira está a uma distância d/2 de quatro segmentos de fio 
de comprimento a, temos:
B
i
a
a
a a
= 


 +








=4
2 2 4 2
2 20
2 2
0


( ) ( / )/
ii
a
.
90. (a) O módulo do campo magnético no eixo de uma bobina circular, a uma distância z do 
centro da bobina, é dado pela Eq. 29-26:
B
N iR
R z
=
+
0
2
2 2 3 22( )
,
/
na qual N é o número de espiras, i é a corrente e R é o raio da bobina. As duas bobinas têm o 
mesmo número de espiras, o mesmo raio e conduzem correntes iguais. Os campos produzidos 
pelas correntes têm o mesmo sentido na região entre as bobinas. Vamos colocar a origem das 
coordenadas no centro da bobina da esquerda e o eixo x na reta que liga os centros das bobinas. 
Para calcular o campo produzido pela bobina da esquerda, fazemos z = x na equação anterior. 
O ponto escolhido está a uma distância s − x do centro da bobina da direita, na qual s é a distân-
cia entre os centros das bobinas. Para calcular o campo produzido pela bobina da direita nesse 
ponto, fazemos z = s 2 x na equação anterior. Isso nos dá um campo total
B
N iR
R x R x sx s
=
+
+
+ − +


0 2
2 2 3 2 2 2 2 3 22
1 1
2( ) ( )/ / 
.
A derivada do campo em relação a x é
dB
dx
N iR x
R x
x s
R x sx
= −
+
+ −
+ − +
0
2
2 2 5 2 2 22
3 3
2( )
( )
(/ ss2 5 2)
.
/




No ponto x = s/2 (a meio caminho entre as bobinas), o resultado é
dB
dx
N iR s
R s
s
R ss /
/
/
( / )
/
(2
0
2
2 2 5 2 2 22
3 2
4
3 2= −
+
−
+

// )
,
/4
0
2 2 5 2− +




=
s s
independentemente do valor de s.
(b) A derivada segunda é
d B
dx
N iR
R x
x
R x
2
2
0
2
2 2 5 2
2
2 2 7 22
3 15= −
+
+
+



( ) ( )/ /
−
+ − +
+ −
+ − +
3
2
15
22 2 2 5 2
2
2 2 2( )
( )
(/R x sx s
x s
R x sx s ))
.
/7 2


No ponto x = s/2,
d B
dx
N iR
R s
s
R ss
2
2
2
0
2
2 2 5 2
2
22
6
4
30 4
/
/( / )
/
(
= −
+
+
+

22 7 2
0
2 2 2 2
2
4
2
6 4 30 4
/ )
( / ) /
(
/




= − + +
+
N R R s s
R

ss
N iR
s R
R s2 7 2
0
2
2 2
2 2 7 24
3
4/ ) ( / )
,
/ /




= −
+

que se anula para s = R.
91. Como estamos interessados em calcular o campo em pontos P cuja posição é especificada 
por uma coordenada x, situados em uma reta perpendicular ao plano da espira, vamos supor 
que a espira quadrada está no plano yz, com o centro na origem. De acordo com o teorema de 
soluções dos problemas 223
Pitágoras, como a origem está a uma distância a/2 dos lados da espira, a distância do ponto P 
aos ladosdo quadrado é
x a x a2 2 2 22 4+ = +( / ) ./
De acordo com o resultado do Problema 29-13, o campo a uma distância R do ponto médio de 
um segmento de fio de comprimento L é dado por
B
i
R
L
L R
=
+


0
2 22 4
.
Como, neste problema, o ponto P está a uma distância x a2 2 4+ / de quatro segmentos de fio 
de comprimento a, temos, para cada fio,
′ =
+ +
B
i a
x a x a


0
4 4 22 2 2 2
.
Por simetria, é fácil mostrar que apenas as componentes x dos componentes dos campos produ-
zidos pelos quatro segmentos contribuem para o campo total (as componentes y e z se cancelam 
aos pares). De acordo com o teorema de Pitágoras, o valor da componente x é
′ =
+
=
+
′B
a
x a
a
x a
Bx
/
/
2
4 42 2 2 2
.
O campo criado pelos quatro segmentos é, portanto,
B x B
i a
x a x a
a
x a
i a
x( ) = ′ =
+ + +
=4 4
4 4 2 4
4
2 2 2 2 2 2




0 0
22
2 2 2 2 1 24 4 2( )( )
,
/x a x a+ +
que é a expressão pedida.
Para x = 0, a expressão anterior nos dá
B
i a
a a
i
a
( ) ,0
4
2
2 22
2 2
= =



0 0
que é a expressão obtida no Problema 29-89. 
Note que, para x >> a, temos: 
B x
i a
x
ia
x x
( ) ,≈ = =





0 0 04
8 2 2
2
3
2
3 3
na qual m = iA = ia2 é o momento dipolar magnético da espira quadrada. Esta expressão é a 
mesma da Eq. 29-77.
92. Como, neste caso, o comprimento do toroide é aproximadamente igual a 2pr, temos:
B i
N
r
ni= 

 = 
0 02
.
Este resultado é razoável, já que, nesse caso, cada trecho do toroide se comporta como uma 
parte de um solenoide longo.
93. De acordo com a lei de Ampère,
 B ds i⋅ =∫  env ,
na qual ienv é a corrente total envolvida pela amperiana. Para a trajetória tracejada da Fig. 29-89, 
ienv = 0, já que a corrente que entra pelo lado de cima é igual à corrente que sai pelo lado de bai-
224 soluções dos problemas
xo. A integral 
 
B ds⋅∫ é zero no lado esquerdo, no lado de cima e no lado de baixo do percurso: 
no lado direito, porque o campo é zero; no lado de cima e no lado de baixo, porque o campo é 
perpendicular a ds

. Se l é o comprimento do lado esquerdo, a integral completa é 
 
lB ds B⋅ =∫ , 
na qual B é o módulo do campo do lado esquerdo da trajetória. Como B e l são diferentes de 
zero, a lei de Ampère não é respeitada, pois o lado esquerdo é diferente de zero e o lado direito 
é igual a zero. A causa da aparente contradição é o fato de que as linhas de campo magnético 
mostradas na Fig. 29-89 não estão corretas. Na verdade, as linhas de campo se encurvam para 
fora nas bordas da região onde existe campo magnético e a concentração das linhas diminui 
gradualmente, e não de forma abrupta, como na figura.