Livro eletricidade II

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ELETRICIDADE BÁSICA
Unidade II
MAGNETISMO
5 CAMPO MAGNÉTICO E FORÇA MAGNÉTICA
Uma partícula de massa m e carga elétrica q, quando sujeita a um campo de gravidade g
→
, fica 
submetida ao peso P
→
 = mg
→
; em campo elétrico E
→
, fica sujeita à força elétrica F
→
e = qE
→
. Essas forças 
independem da velocidade ν
→
 que a partícula possa ter (exceto efeitos relativísticos sobre a massa m). 
Todavia, na presença de corrente elétrica, mostram os experimentos que podem intervir mais uma força 
dita “força magnética”, que segue a lei:
 = ∧
 
mF q v B [25]
O vetor B
→
 depende das correntes elétricas presentes (intensidade e geometria) e do ponto P; por 
onde está passando a partícula, ele é chamado “campo magnético” no ponto P. A lei supra evidencia 
que a força magnética será nula, se a partícula for estacionária; já nisto, o campo B
→
 distingue‑se dos 
campos elétrico e de gravidade. Admitindo ν
→
 ≠ 0, a força magnética é nula também quando ν
→
 tem a 
mesma direção de B
→
.
Figura 55 – A força magnética F
→
m é normal ao plano definido pelos vetores ν
→
 e B
→
. O sentido da força segue a regra da mão direita
Nos demais casos (ν
→
 ≠ 0, B
→
 ≠ 0 e ν
→
 não paralelo a B
→
), a força magnética é não nula: F
→
m é normal ao 
plano definido pelos vetores ν
→
 e B
→
 e tem o sentido definido pela “regra da mão direita”. Para utilizá‑la, 
deve‑se alinhar os dedos da mão direita no sentido de ν
→
 e simultaneamente posicionar a palma da mão 
no sentido de B
→
; nessa situação, o sentido indicado pelo polegar será o de F
→
m, se a carga for positiva. Se 
a carga for negativa, o sentido de F
→
m será o oposto ao indicado pelo polegar.
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Unidade II
A força magnética é normal a B
→
, à diferença das forças de gravidade e elétrica, que são paralelas aos 
respectivos campos. Sendo θ o ângulo entre ν
→
 e B
→
, a intensidade da força magnética é:
( )=
 
mF q v B sen θ   [26]
No Sistema Internacional, a unidade de B
→
 é o tesla, símbolo T; é a intensidade do campo magnético 
que exerce força magnética de um newton em carga elétrica de um coulomb, que se move com 
velocidade de um metro por segundo em direção normal ao campo. Em máquinas elétricas e aparelhos 
de laboratório, o campo magnético chega a intensidades, se alguns poucos teslas.
A força magnética exercida em partícula livre, quando não nula, é normal à velocidade, logo, ela 
pode imprimir aceleração normal, encurvando a trajetória, mas não imprime aceleração tangencial, 
não havendo, portanto, alteração da velocidade escalar, pois a força magnética não produz trabalho. 
Antecipamos dois fatos: corrente elétrica em fio condutor compõe‑se de partículas (m,q) vinculadas 
ao fio; neste caso, o campo magnético pode exercer força que trabalha; é o que acontece em motor 
elétrico comum. Campo magnético variável, com o tempo, engendra “campo elétrico impresso”, e este 
pode acelerar partícula livre no campo; é o que acontece em transformador, em particular, em bétatron.
Linha de campo magnético é toda linha que, em cada ponto, tem a direção do vetor B
→
, 
atribuindo‑lhe o mesmo sentido do vetor B
→
. Sendo 

dl um elemento vetorial genérico de uma 
linha de indução, vale:
 ^ 0=

B dl [27]
Figura 56 – Linhas de campo magnético de um imã. Em cada ponto da linha, o campo magnético é tangente no sentido de N → S
Os experimentos revelam que em superfície fechada o fluxo do campo magnético é sempre nulo: as 
linhas de campo não têm começo nem fim; são sempre fechadas sobre si mesmas.
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ELETRICIDADE BÁSICA
Se uma partícula elétrica estiver sujeita simultaneamente a um campo elétrico E
→
 e a um campo 
magnético B
→
, a força resultante da ação conjunta dos dois será chamada Força de Lorentz, expressa por:
 = +
  
e mF F F = + ∧
  
F qE qv B
 ( )= + ∧
  
F q E v B [28]
O produto ν
→
 ∧ B
→
 é da natureza de um campo elétrico. Comumente o peso é desprezível face 
a força de Lorentz. Em geral, B
→
 é função de ponto e data. Se em cada ponto B
→
 for independente 
do tempo, o campo magnético será dito estacionário. Se em cada instante B
→
 for independente 
do ponto, o campo magnético será dito uniforme. Mais simples é o caso do campo uniforme 
e estacionário: B
→
 é o mesmo em todos os pontos e não varia com o tempo. Campo magnético 
estacionário é gerado por correntes elétricas constantes. Trataremos exclusivamente de campos 
magnéticos estacionários, por enquanto.
Mencionamos que o campo elétrico E
→
 e o campo magnético B
→
 dependem do referencial 
adotado; mudança de referencial afeta ambos, simultaneamente, de modo a harmonizá‑los com 
os fatos observados.
 Saiba mais
Para saber mais acerca da história da Força de Lorentz, seu significado e 
sua importância na Física, acesse:
RIBEIRO, J. E. A. Sobre a Força de Lorentz, os Conceitos de Campo e a 
“Essência” do Eletromagnetismo Clássico. 2008. Dissertação (Mestrado em 
Física). Universidade de São Paulo, São Paulo, 2008. Disponível em: <http://
www.teses.usp.br/teses/disponiveis/43/43134/tde‑27082008‑172025/
publico/Dissert.pdf>. Acesso em: 5 jan. 2017.
6 MOVIMENTO DE PARTÍCULA ELETRIZADA EM CAMPO MAGNÉTICO
A deflexão magnética de partículas em movimento desempenha função essencial em variados 
dispositivos, como o cíclotron, o espectrômetro de massa, o bétatron e o microscópio eletrônico. O 
sucesso de tais dispositivos é a confirmação experimental da Força de Lorentz. Lançando‑se uma 
partícula de massa m e carga elétrica q em um campo magnético B
→
 estacionário e uniforme, podem 
apresentar‑se três casos:
a) A partícula é lançada na direção do campo, quer em sentido igual ou oposto: 

�

v B implica força 
magnética nula, F
→
 = 0.
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Unidade II
b) A partícula é lançada em direção perpendicular ao campo magnético: ⊥

v B . A força magnética 
é força centrípeta; não há força tangencial, o movimento é uniforme em trajetória circular num 
plano perpendicular a B
→
. Sendo R o raio da trajetória, vale:
2
= vqvB m
R
= mvR
qB
 [29]
E o período do movimento é dado por:
2=T R
v
π
 
2
 = mvT
v qB
π
2= mT
qB
π
 [30]
Figura 57 – Trajetória circular percorrida por uma partícula quando a direção de sua 
velocidade é perpendicular à direção do campo magnético da região
 Lembrete
Os aceleradores de partículas nos permitiram conhecer melhor a 
estrutura do núcleo e consequentemente a estrutura da matéria.
c) A partícula é lançada obliquamente em relação ao campo magnético, ν
→
 forma com B
→
 um ângulo 
θ. A velocidade ν
→
 admite projeção �v sobre a direção de B
→
 e a projeção ⊥v sobre um plano 
normal a B
→
. A partícula executa movimento helicoidal uniforme resultante da composição de 
dois movimentos: devido a ⊥v , a partícula executa movimento circular uniforme em um plano 
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ELETRICIDADE BÁSICA
normal a B
→
; por causa de �v , o plano anterior se translada na direção de B
→
. A hélice apoia‑se em 
um cilindro de raio R dado por:
⊥=qBR mv
⊥=
mv
R
qB
 [31]
O período é:
2
⊥
=T R
v
π
 [32]
E o passo da hélice é:
= �h v T [33]
Figura 58 – Trajetória helicoidal de uma partícula eletrizada, quando a velocidade não for perpendicular ao campo
 Saiba mais
O cíclotron é um acelerador de partículas no qual um feixe de partículas 
sofre a ação de um campo elétrico com alta frequência e um campo 
magnético perpendicular. Para saber mais acerca do assunto, leia:
SERWAY, R. A.; JEWETT JR., J. W. Princípios de Física: Eletromagnetismo. 
v. 3. São Paulo: CengageLearning, 2008. p. 829‑31.
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Unidade II
6.1 Exemplos resolvidos
1. Uma partícula de massa m e carga elétrica q é lançada duas vezes em uma região onde existe 
um campo magnético uniforme B
→
. A cada lançamento, medem‑se a velocidade da partícula e a força 
magnética. Obtiveram‑se os valores inscritos na tabela a seguir. Determine o vetor B
→
.
Tabela 5 
Ensaio ( )
 m
v
s
 ( )

F N
1 2 ̂ ˆ −i j ( )3 2 ˆˆ ˆ− + +q i j k
2 î ( )ˆ3 2ˆ− +q j k
Solução:
ˆˆ ˆ= + +

x y zB B i B j B k = ∧
 
F qv B
Ensaio 1:
( ) ( )3 2 2 ˆ ˆˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ( )− + + = − ∧ + +x y zq i j k q i j B i B j B k
( )ˆ ˆ ˆˆ ˆ3 2 ˆ ˆ2− + + = − + −y z x zq i j k qB k qB j qB k qB i
( )ˆ ˆ ˆˆ ˆ3 2 ˆ ˆ2 2− + + = − + −y z x zq i j k qB k qB j qB k qB i
3− = − zB 6 2− = − zB 3 2− = +y xB B
Ensaio 2:
( ) ( )ˆ ˆˆ ˆ ˆ ˆ3 2 ( )− + = ∧ + +x y zq j k q i B i B j B k
( ) ( )ˆ ˆˆ ˆ ˆ ˆ3 2 ( )− + = ∧ + +x y zq j k q i B i B j B k
( )ˆ3 2 ˆˆ ˆ− + = −y zq j k qB k qB j
3− = − zB 2− = yB
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ELETRICIDADE BÁSICA
Disso tudo, resulta:
3 =zB T 2 = −yB T 1 =xB T 
ˆˆ ˆ1 2 3 = − +

B i j k T
2. Um nêutron possui massa m e carga elétrica q. Em um campo magnético de intensidade B, o 
dêuteron percorre trajetória circular de raio R. Determinar:
a) a velocidade escalar ν e o período T do dêuteron;
b) a tensão ∆V que acelerou o dêuteron.
Dados: m = 3,34 . 10‑27 kg q = 1,6 . 10‑19 C B = 2T R = 0,40m
Figura 59
Solução:
a) ˆ=

B Bj ˆ=v vk = ∧
 
F qv B ˆ ˆ= ∧

F qvk Bj 

0
ˆ
ˆ ˆ
−>
= ∧


iF
F qvB k j 
 ̂= −

F F i =F qvB =
 
F ma 
2
ˆ= − va i
R
 2
ˆ= −


F
v
F m i
R
 
2
= vF m
R 
2
= vqvB m
R 
= qBRv
m 
19
27
1.6 10 2 0.40
3.34 10
−
−=v
  

 
73,83 10 /=v m s 
2= RT
v
π
 7
0.4
2
3.83 10
=T π 
 
86,56 10 −=T s
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Unidade II
b) 2
1
2
∆ =q V mv 
2
2
∆ = mvV
q
 ( )
227 7
19
3.34 10 3.83 10
2 1.6 10
−
−∆ =V
  
 
15310664 ∆ =V V 
615,3 10 ∆ =V V
3. Uma partícula de massa m e carga elétrica q é lançada, com velocidade v0, de um ponto A, que 
está numa distância D de um anteparo fixo. Nesta região, existe um campo magnético uniforme, de 
intensidade B, e direção normal ao plano da figura. A partícula colide com o anteparo no ponto B. 
Pedem‑se:
a) o raio de curvatura R, da trajetória descrita pela partícula;
b) a distância L, o ângulo θ e o tempo decorrido entre o lançamento e a colisão;
c) verificar se a trajetória pode ser aproximada por uma parábola.
Dados: D = 0,50m q = 4 . 10‑9 C m = 1,2 . 10‑9 kg B = 0,2T 0 4=
m
v
s
Figura 60
a) 0 ⊥v B 0=F qv B 
2
0=
v
F m
R
 0=
mv
R
qB
 
9
9
1.2 10 4
4 10 0.2
−
−=R
 
 
R = 6m ν0 = ωR
b) R2 = D2 + (R ‑ L)2 (R ‑ L)2 = R2 ‑ D2 (6 ‑ L)2 = 62 ‑ 0,52 
(6 ‑ L)2 = 35,75m 6 ‑ L = ± 5,98
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L = 0,02m e L = 11,98m são os dois pontos de intersecção do arco de circunferência com o anteparo, 
mas o ponto B da figura corresponde a L = 0,02m.
( ) = Dsen
R
θ ( )
0.50
0,0833
6
= =sen θ 4,78 0,0833 = =
o radθ
0=
v
R
ω 
4
0,67 /
6
= = rad sω = tθ ω =t
θ
ω 
0.0833
0,124 
0.67
= =t s
c) Como o ângulo θ é pequeno, pode‑se admitir que a aceleração muda pouco de direção. O 
lançamento é interpretado como em um campo de aceleração vertical, permitindo que a trajetória seja 
aproximada por uma parábola. Nesta situação, vale:
* 21 .( )
2
=L a t , onde 
2
0=
v
a
R
 
2
* 201 ( )
2
=
v
L t
R
 *
2
0
2= LRt
v
 
*
2
2 0.02 6
4
=t  
t* = 0,122s havendo, portanto, uma ótima aproximação.
4. Uma partícula eletrizada de massa m e carga elétrica q é lançada com velocidade v 
perpendicularmente à direção de um campo magnético uniforme de intensidade B, e percorre uma 
trajetória circular de raio R. Pedem‑se:
a) a intensidade da força magnética F que atua sobre a partícula;
b) o período T do movimento;
d) o raio da trajetória.
Dados: m = 0,002 kg q = 0,008C B = 0,5T v = 5000 m/s
Figura 61
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Solução: =F ma 
2
= va
R
 
2
= vF m
R
 =F qvB 
2
=vm qvB
R
= mvR
qB 
0.002 5000
0.008 0.5
=R 
 2500 =R m 
25000
0.002
2500
=F  20 =F N
2= RT
v
π
 
2 2500
5000
=T π  3,14 =T s
5. Uma partícula de massa m e carga elétrica q é injetada com velocidade ν
→
0 em região de campo 
magnético uniforme B
→
: o ângulo entre ν
→
0 e B
→
 é θ. A partícula descreve uma hélice cilíndrica. Pedem‑se 
o raio R do cilindro, no qual a hélice se apoia, e o passo h. 
Dados: 
0 500=
m
v
s 0,004 =q C 
030=θ 2 =B T 0,002 =m kg
Figura 62
Solução:
A velocidade admite um componente �

v na direção de B
→
: 0 cos( )=�v v θ , e um componente ⊥

v 
normal a B
→
: 0sen( )⊥ =v v θ .
Em posição genérica, a velocidade da partícula é ν
→
 e o campo exerce na partícula a força magnética 
F
→
 = qν
→
 ∧ B
→
; essa força é normal a ν
→
, logo ela só tem efeito sobre a direção de ν
→
, nenhum efeito sobre a 
intensidade de ν
→
: |ν
→
| = |ν
→
0|. Dos componentes de velocidade: �

v se conserva, ⊥

v é desviado. Portanto, 
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ELETRICIDADE BÁSICA
a partícula descreve uma circunferência de raio R em um plano π normal a B
→
, com velocidade de 
intensidade invariável ν0sen(θ), enquanto aquele plano se translada na direção de B
→
 com velocidade 
também invariável ν0cos(θ).
( )2⊥
⊥ =
v
qv B m
R 
⊥=
mv
R
qB 
0 ( )=
mv
R sen
qB
θ 
0.002 500
(30)
0.004 2
=R sin
 
62,5 =R m
2
⊥
= RT
v
π
 
0
0
2
( )
( )
=
mv
T sen
v sen qB
π θ
θ 
2 = mT
qB
π
 
2 0.002
0.004 2
=T π 
 
1,57 =T s
= �h v T 0 cos( )=h v Tθ  500 cos(30) 1.57=h   680 =h m
6. Um próton é lançado em região onde existem, simultaneamente, um campo elétrico ˆ =

E E k 
e um campo magnético ̂=

B Bi , ambos estacionários e uniformes. A força resultante sobre o próton 
segue a Força de Lorentz: F
→
 = qE
→
 + qν
→
 ∧ B
→
, onde q é a carga elétrica do próton e ν
→
 sua velocidade. Não 
considerar a ação do campo de gravidade local. Sabe‑se que a trajetória do próton é uma reta e o seu 
movimento é uniforme. Determinar ν
→
.
Dados: q = 1,6 . 10‑19 C 800=
N
E
C
 B = 0,5 T
Figura 63
Solução:
= + ∧
  
F qE qv B ˆ =

E E k ̂=

B Bi 
ˆ =v v j
 ˆ ˆ ˆ= + ∧

F qE k qv j Bi 
ˆ
 ˆ ˆ ˆ
−
= + ∧


k
F qE k qv B j i ˆ ˆ = −

F qE k qv B k
ˆ( ) = −

F qE qvB k 0=

F 0− =qE qvB ( ) 0− =q E vB
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Unidade II
0− =E vB =
E
v
B 
800
0,5
=v 1600 /=v m s 1600 ˆ=
 m
v j
s
7. Um feixe de elétrons com velocidade ν
→
0 penetra no espaço entre as armaduras de um capacitor 
plano a vácuo em direção paralela a elas. A separação entre as armaduras é h. O capacitor é eletrizado 
até uma tensão V, produzindo, então, um campo elétrico E. Na região há também um campo magnético 
uniforme B. Os dois campos são perpendiculares entre si. O feixe não sofredeflexão. Determinar B
→
.
Dados: m = 9,11 . 10‑31 kg q = ‑ e = ‑ 1,6 . 10‑19 C h = 0,10m V = 500V
3
0 2 10=
m
v
s

Figura 64
Solução:
= VE
h 
500
0,10
=E
 
5000= VE
m
=
 
eF qE 
ˆ = −

E E j ( )(
ˆ )= − −

eF e E j 
ˆ=

eF eE j
0= ∧
 
mF qv B 0 0 ̂=

v v i ˆ = −

B B k
( ) 0 ˆˆ ( ( )= − ∧ −

mF e v i B k 0
ˆ
ˆˆ ( )
−
= ∧
�
j
mF ev B i k 0 
ˆ= −

mF ev B j
0= + =
  
e mF F F ( )0 0ˆ ˆ+ − =eE j ev B j 0=E v B
0
= EB
v 
3
5000
2 10
=B
 2,5 =B T
8. Uma partícula eletrizada é lançada em uma região onde existem, simultaneamente, o campo 
elétrico ˆ=

E Ej e o campo magnético ˆ =

B B k . Os campos são perpendiculares entre si e, no momento 
de lançamento, a velocidade da partícula também é perpendicular a ambos os campos, conforme 
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ELETRICIDADE BÁSICA
ilustrado a seguir. Sabe‑se que a partícula percorre inicialmente a trajetória retilínea AB com velocidade 
escalar constante e, ao atingir o ponto B, o campo elétrico é desligado e a partícula passa a percorrer 
uma trajetória circular de raio R. Pedem‑se:
a) a velocidade escalar v e o tempo de percurso desde o ponto A até o ponto B;
b) a intensidade e o sinal da carga elétrica q;
c) a intensidade, direção e sentido das forças elétrica e magnética que atuam na partícula no trecho AB.
Dados: 500 ˆ=
 N
E j
C
 0,4 ˆ=

B k T m = 4 . 10‑6 kg R = 0,008m AB = 20m
Figura 65 
Solução:
a) No percurso do ponto A até o ponto B, vale:
 =
 
magF q v B � ̂=

v vi ˆ =

B B k ̂
ˆ=

magF q vi Bk �
ˆ= −

magF q v B j   =
 
elétricaF q E 
ˆ =

E E j =
 
elétricaF q E j
 = +
  
F q E q v B  � ˆ )ˆ(= + −

F q E j q v B j    0=

F
( ) 0ˆ ˆ+ − =q E j q v B j    =E v B =
E
v
B 
500
0, 4
=v
 
1250= mv
s
→ =A B
AB
t
v 
20
1250→
=A Bt
 0,016 → =A Bt s
b) ˆ=

magF q v B j  ˆ= −

magF q v B j   ˆ ˆ= − =q v B j q v B j    
= −q q A carga elétrica q é negativa
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Unidade II
=trechoresultante mag
circular
F F
 
2
 =vm q v B
R
  
 
= m vq
B R


64 10 1250
0, 4 0,008
−
=q  
 
1,5625 =q C 1,5625 = −q C
c) ( 1,5625) 1250 0,4 ˆ= − −

magF j   781,25 ˆ =

magF j N
( )1,5625 500 = −
 
elétricaF j 781,25 = −
 
elétricaF j N
9. Um elétron, de massa m e carga elétrica q = ‑ e, quando lançado no ponto A da figura, possui 
velocidade 0 0 ˆ =

v v j . Na região existe um campo magnético uniforme estacionário ˆ =

B B k . Pedem‑se:
a) o módulo, a direção e o sentido do campo magnético, que obriga o elétron a descrever uma órbita 
semicircular de A até C;
b) o tempo necessário para que o elétron se desloque de A até C;
c) o módulo, a direção e o sentido da força magnética, que atua sobre o elétron no ponto B.
Dados: m = 9,11 . 10‑31 kg e = 1,6 . 10‑31 C 60 0,8 10 =
m
v
s
 R = 0,05m
Figura 66
Solução:
a) No ponto A, vale: 0= ∧
 
F qv B 0 ˆˆ( )= − ∧

F e v j Bk ( ) 0
ˆ
 ˆˆ= − ∧
�
i
F e v B j k
0 ˆ= −

F ev Bi 
0
 ̂
>
=
�
F F i 
0 0
0
> <
= −
� �
F ev B 
2
0=
v
F m
R
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ELETRICIDADE BÁSICA
( )2631 0.8 109.11 10
0.05
−=F

  
171,17 10 −=F N
0
= − FB
ev 
17
19 6
10
1.17
1.6 10 0.8 10
−
−= −B     
59,14 10 −= −B T
59,14 1 ˆ0 −= −

B k T
b) 
0
=AC
R
t
v
π
 
6
0.05
0.8 10
=ACt
π 

 71,96 10 −=ACt s
c) No ponto B, vale:
0 
ˆˆ = ∧

F qv i B k ( ) 0 ˆˆ = − ∧

F e v i Bk ( ) 0
ˆ
ˆˆ 
−
= − ∧


j
F e v B i k
0
ˆ =

F ev B j 
19 6 51.6 10 0.8 10 ( 1) 9.14 10 ˆ− −= −

F j     
171,17 1 ˆ0 −= −

F j N
10. Uma partícula de carga elétrica q e massa m é lançada com velocidade ν
→
 em uma região onde 
existe um campo magnético uniforme B
→
. O movimento da partícula é uma hélice helicoidal. Pedem‑se:
a) a força magnética F
→
 que atua sobre a partícula;
b) o raio R e o passo da hélice;
c) o período T do movimento.
Dados: q = 6 . 10‑6 C m = 0,004kg 64 10 ̂=

v i 0,4 0,6 ˆ ˆ= +

B i k T
Solução:
a)
 = ∧
 
F q v B 
6 66 10 4 10 (0, 4 0,6 ˆˆ ˆ )−= ∧ +

F i i k  
6
ˆ 
66 10 4 10 0.6 ˆ ˆ
−
−= ∧


j
F i k    14, 4 
ˆ= −

F j N
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Unidade II
b) O ângulo entre ν
→
 e B
→
 pode ser calculado pela equação:
( )cos =


v B
v B
θ 
 
( )
6
6 2 2
4 10 (0.4 0.6 
cos
4 10 0.4 0
ˆ
.6
ˆ ˆ +=
+
i i kθ  
  
( )
6
6 2 2
1.6 10
cos
4 10 0.4 0.6
=
+
θ 
 
( )cos 0,555=θ 056,3=θ ( ) 0,832=sen θ
cos( )=�v v θ 
64 10 0.555=�v   
62, 22 10=�
m
v
s

sin( )⊥ =v v θ 
64 10 0.832⊥ =v   
63,3 10⊥ =
m
v
s

( )2
 ⊥⊥ =
v
qv B m
R 
⊥=
mv
R
qB 
6
6 2 2
0.004 3.3 10
6 10 0.4 0.6−
=
+
R
 
  
93,05 10 =R m
= �h v T 
62.22 10 5807.2=h   101,3 10 =h m
c) 
2
⊥
= RT
v
π
 
9
6
2 3.05 10
3.3 10
=T π  

 5807,2 =T s
11. Uma partícula de massa m, eletrizada com uma carga elétrica q, é abandonada em repouso numa 
região do espaço com campo elétrico e magnético. Os campos são representados por E = Exi e 
ˆ=

yB B j . 
Não considerar o campo de gravidade local. Pedem‑se:
a) os componentes cartesianos da velocidade da partícula em função do tempo;
b) para cada componente, determinar a velocidade média temporal;
c) a equação horária da trajetória percorrida pela partícula para cada eixo cartesiano.
Dados: 500 =x
N
E
C
 By = 50T 0,01 =
q C
m kg
x(0) = 0 y(0) = 0 z(0) = 0
vx(0) = 0 vy(0) = 0 vz(0) = 0
Formulário:  = + × 
  
F qE q v B =
 
F ma ˆˆ ˆ= + + x y zv v i v j v k
ˆˆ ˆ= + + x y za a i a j a k .
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ELETRICIDADE BÁSICA
Solução:
ˆˆ ˆ ˆ ˆ = + + + × 

x x y z yF qE i q v i v j v k B j → ˆˆ ˆ= + −

x y x y zF qE i qB v k qB v i →
[ ] ˆˆ ˆ 0 ˆ   = − + +   

x y z y xF q E i B v i q j q B v k
ˆˆ ˆ= + +

x y zF ma i ma j ma k →
[ ]

ˆ ˆˆ ˆ ˆ ˆ ˆ0   + + = − + +   
zero
x y z x y z y xma i ma j ma k q E i B v i q j q B v k
  = − x x y zma q E B v [ ]0=

zero
yma q 
 =  z y xma q B v
=x x
d
a v
dt 
=y y
d
a v
dt 
=z z
d
a v
dt
  = − x y z
q
E B v
mx
d 
v
dt 
0=y
d
v
dt 
 =  z y x
d q
v B v
dt m
 =   z y x
d q
v B v
dt m 
 =   z y x
d d q d
v B v
dt dt m dt 
2
2
=z y x
d q d
v B v
m dtdt
2
2
  = −   z y x y z
d q q
v B E B v
m mdt
2 22
2
   = −      z y x y z
d q q
v B E B v
m mdt 
2 22
2
   + =      z y z y x
d q q
v B v B E
m mdt 
= y
q
B
m
ω
2
 =    y x
q
C B E
m
2
2
2
+ =z z
d
v v C
dt
ω → 

( )

( )
? ?
. .cos= + +zv A sen t B t Cω ω
( )

( ) ( )
? 0 1
0 0 . 0 .cos 0= = + +
 
zv A sen B C 0 0= + =B C = −B C
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Unidade II

( ) ( )
?
. .cos= − +zv A sen t C t Cω ω

( )
?
cos( ) .= − − + +A Cz t sen t C t Dω ω
ω ω
( )

( )

?
?
01
0 0 (0) 0 .0= = − − + +

A C
z cos sen C D
ω ω 


?
?
0− + =A D
ω
 =   

z y x
d q
v B v
dt m
ω
 .=z x
d
v v
dt
ω 
1=x z
d
v v
dtω 

( ) ( )
?
..cos= − +zv A sen t C t Cω ω

( )
?
cos ( )= +z
d
v A t C sen t
dt
ω ω ω ω
 

( )
?
cos ( )= +xv A t Csen tω ω (0) 0=xv
( )
1 0
0 cos 0 (0)= +
 
A C sen 0=A . ( )=xv C sen tω ( ).cos= − +zv C t Cω
( )cos= − +Cx t Hω
ω 
( )0 0=x 
?
1
0 (0)= − +

C
cos H
ω
?
0 = − +C H
ω 
= CH
ω 
( )cos= − +C Cx tω
ω ω
?
0− + =

zero
A
D
ω
 0=D ( ) .= − +
C
z sen t C tω
ω
= y
q
B
m
ω
 
2
 =    y x
q
C B E
m 
= x
y
EC
B
ω
ω 
2= x
y
E
C
B
ω
( )cos= − +x x
y y
E E
x t
B B
ω ω ω
 
( ) 2 .= − +x x
y y
E E
z sen t t
B B
ω ω ω
2 . ( )= xx
y
E
v sen t
B
ω ω
 
( )2 2.cos= − +x xz
y y
E E
v t
B B
ω ω ω
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ELETRICIDADE BÁSICA
Tabela 6 – Resumo
 
500 =x
N
E
C
50 =yB T 0,01 =
q C
m kg 
= y
q
B
m
ω
 
= x
y
EC
B
ω
ω
2= x
y
E
C
B
ω
0,5 /= rad sω 5 =C m
ω
2,5 /=C m s
( )cos= − +C Cx tω
ω ω 
( ) .= − +Cz sen t C tω
ω
( )5,0.cos 0,5. 5 ( )= − +x t SI ( )5,0. 0,5. 2,5. ( )= − +z sen t t SI 0=y
2 . ( )= xx
y
E
v sen t
B
ω ω ( )2 2.cos= − +x xz
y y
E E
v t
B B
ω ω ω
 
0=yv
( )2,5. 0,5. ( )=xv sen t SI 2,5.cos(0,5. ) 2,5 ( )= − +zv t SI 0=yv
0=xmédiov 2,5 /=zmédiov m s
Figura 67
12. Uma partícula de massa m e carga elétrica q, ao adquirir uma velocidade v devido a uma tensão 
aceleradora V, é projetada a partir do ponto A para dentro de um campo elétrico uniforme, de intensidade 
E, produzido por placas paralelas eletrizadas como ilustrado na figura. Considerar o campo elétrico nulo 
fora das placas. Na região há um campo magnético, também uniforme, de intensidade B, que se estende, 
inclusive, para fora das placas. A partícula percorre entre as placas uma trajetória reta AB e, em seguida, 
um trecho circular BC, de raio de curvatura R fora das placas, colidindo com um anteparo numa altura d. 
A distância entre o anteparo e a extremidade direita das placas vale D. Não considerar a ação do campo 
gravitacional. Pedem‑se:
a) a velocidade escalar v da partícula;
b) o raio de curvatura R;
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Unidade II
c) o campo elétrico E e o magnético B;
d) o novo ponto de colisão no anteparo, supondo que a partícula tivesse uma massa *
2
= mm .
Dados: m = 1,2 . 10‑8 kg q = 5 . 10‑9 C V = 500V d = 0,10m D = 4m
Figura 68
Solução:
a) 2
1
2
=qV mv 
2= qVv
m
 20,4 /=v m s
b) R2 = (R ‑ d)2 + D2 R2 = (R ‑ 0,1)2 + 42 R2 = R2 ‑ 0,2R + 0,01 + 16 R = 80 m
c) ˆ=v vi ˆ= −

B Bk = ∧
 
magF qv B 
ˆˆ ( )= ∧ −

magF qvi Bk
ˆ=

magF qvBj 
ˆ= −

E Ej =
 
eletF qE 
ˆ=

eletF qEj 0+ =
 
mag eletF F
ˆ ˆ 0− =

qvBj qEj =
E
v
B 
2
= vqvB m
R 
= mvB
qR
B = 0,612T E = 12,5 N / C
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ELETRICIDADE BÁSICA
d) * *
2= qVv
m
 * 28,87 /=v m s . 
Para manter a trajetória reta no trecho AB, a relação 
*
*
*
E
v
B
= deve ser obedecida, o que implica 
 alteração da relação entre os campos, havendo, portanto, diversas possibilidades. Pode‑se optar por 
alterar somente o campo elétrico, mantendo o campo magnético.
B* = B E* = v*B B* = 0,612T E* = 17,7 N / C
* *
*
*
= m vR
qB
 R* = 56,6 m (R*)2 = (R* ‑ d*)2 + D2
‑2R*d* + (d*)2 + D2 = 0 
Admitindo D >> d*
2
*
*2
= Dd
R 
* 0,141 =d m
Exemplo de aplicação
Quadro 1
Nome: RA:
Data: Turma: Horário:
Campus: Professor:
1. Um feixe de elétrons com velocidade ν
→
0 penetra no espaço entre as armaduras de um capacitor 
plano a vácuo em direção paralela a elas. A separação entre as armaduras é h. O capacitor é eletrizado 
até uma tensão V, produzindo, então, um campo elétrico E. Na região há também um campo magnético 
uniforme B. Os dois campos são perpendiculares entre si. O feixe não sofre deflexão. Determinar os 
vetores E
→
 e B
→
.
Dados: m = 9,11 . 10‑31 kg q = ‑ e = 1,6 . 10‑19 C h = 0,05m V = 10000V 50 8 10=
m
v
s

Figura 69
Resposta: 200000 ˆ = −
 N
E j
C
 0,25 ˆ= −

B k T
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Unidade II
2. Uma partícula eletrizada de massa m e carga elétrica q é lançada com velocidade v, 
perpendicularmente à direção de um campo magnético uniforme de intensidade B, e percorre uma 
trajetória circular de raio R. Pedem‑se:
a) a intensidade da força magnética F que atua sobre a partícula;
b) o raio da trajetória;
c) o tempo gasto para percorrer 1
4
 do círculo.
Dados: m = 0,002 kg q = 0,008C B = 0,5T v = 5000 m/s
Figura 70
Resposta:
a) F = 20N
b) R = 2500m
c) t = 0,785s
 Observação
A força magnética exercida em partícula livre e normal à velocidade 
imprime aceleração normal, encurvando a trajetória, mas não imprime 
aceleração tangencial, não havendo, portanto, alteração da velocidade 
escalar, pois a força magnética não produz trabalho.
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ELETRICIDADE BÁSICA
7 FORÇA MAGNÉTICA SOBRE CORRENTE ELÉTRICA
Em um fio condutor percorrido por corrente elétrica I, consideremos três seções transversais A, B e C 
próximas, consecutivas no sentido positivo e equidistantes (ver figura). O segmento AB corresponde ao 
elemento vetorial 

dl do condutor, no sentido positivo convencionado. O segmento AB contém a carga 
móvel dq (reduzida a partículas positivas), animada de velocidade de migração ν
→
 no sentido da corrente 
elétrica, que admitiremos positiva. Em duração dt, tal que =
 
dl vdt a carga dq transpõe a seção B, vindo 
a ocupar o segmento consecutivo BC.
Figura 71 – Trecho de um condutor com corrente elétrica. As cargas elétricas se movem com velocidade de migração 
aproximadamente constante
A grandeza 

Idl é chamada de “elemento de corrente”, pois pode ser interpretada como:
= =

 dq dl
Idl dl dq
dt dt
=
 
Idl dqv [34]
O elemento de corrente equivale ao produto da carga móvel que ele contém, por sua velocidade de 
migração.
Admitamos que o elemento de corrente 

Idl , situado em um ponto P, esteja imerso em uma região 
onde há um campo magnético B
→
. Na carga dq, animada de velocidade ν
→
, o campo B
→
 exerce a força dF
→
 
= dqν
→
 ∧ B
→
. Fazendo a substituição, fica:
100
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Unidade II
 = ∧
 
dF Idl B [35]
Em segmento finito AB de condutor percorrido por corrente elétrica I, o campo magnético B
→
 
geralmente varia ponto a ponto, portanto, para obter a força magnética total no segmento, é necessário 
aplicar o princípio de superposição, fazendo:
= ∫
 
F dF
 
 = ∧∫
 
F Idl B
 
 = ∧∫
 
F I dl B
Em segmento AB de condutor reto percorrido por corrente elétrica I, o campo magnético exerce 
força dada por:
 = ∧
  
F IL B [36]
Sendo L
→
 = (B ‑ A), a intensidade de F
→
 é representada por:
( )=
  
F I L B sen θ   [37]
Sendo θ o ângulo entre os vetores L
→
 e B
→
:
Figura 72 – Força magnética em um pedaço reto de um condutor, que é percorrido por 
uma corrente elétrica e está imerso em uma região com campo magnético uniforme
8 CONJUGADO MAGNÉTICO
Conforme a geometria do sistema, pode surgir um conjugado magnético C
→
: nisto se baseia o 
funcionamento dos motores elétricos e o dos galvanômetros de quadro móvel.
Em particular, consideremos uma espira retangular ABCD percorrida por corrente elétrica I e imersa 
em campo magnético uniforme B
→
 perpendicular aos lados AB e CD. Seja n̂ um vetor unitário perpendicular 
ao plano da espira. O sentido de n̂ relaciona‑se com o sentidoda corrente elétrica I, conforme a regra 
da mão direita. Seja θ o ângulo entre n̂ e B
→
.
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ELETRICIDADE BÁSICA
Nos lados BC e DA, o campo magnético exerce forças diretamente opostas que se equilibram. Nos 
lados AB e CD, o campo magnético exerce forças que formam um binário e tem intensidade:
=
 
F I AB B 
O braço do binário é b = BC . sen(θ), logo, o momento do binário, que é o conjugado magnético, fica:
=
 
C b F [38]
( )=
 
C BC sen I AB Bθ   
 
( )=
 
C I BC AB B sen θ   
A área da espira é A = AB . BC, logo:
( )=
 
C I A B sen θ  
O produto da corrente elétrica I pela área da superfície da espira é denominado de momento 
magnético da espira m, ou seja, vale:
m ‑ I . A [39]
Assim, o conjugado é apresentado como |C
→
| = m . |B
→
| . sen(θ), e na forma vetorial fica escrita como:
 = ∧
 
C m B [40]
 Lembrete
Os motores elétricos transformam energia elétrica em mecânica.
Os carros elétricos já estão se tornando uma realidade.
Figura 73 – A espira retangular é percorrida por uma corrente elétrica e está imersa em região de campo magnético uniforme. 
Devido à ação de forças magnéticas nos lados da espira, ela sofre a ação de um conjugado magnético
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Unidade II
 Observação
O funcionamento dos motores elétricos e dos galvanômetros de quadro 
móvel baseia‑se no conjugado magnético.
8.1 Exemplos resolvidos
1. Considere o circuito ABCDA percorrido em sentido horário por uma corrente elétrica de intensidade 
I. Calcular:
a) a força magnética que exerce o campo magnético B, uniforme, perpendicular ao plano do circuito 
e dirigido para fora, sobre cada uma das porções do circuito;
b) a força magnética resultante no circuito ABCDA.
Dados: R = 3m r = 2m I = 10A B = 0,5T
Figura 74
Solução:
a)
( ) ̂ ˆ − = +B A r i r j ( ) ( ) ˆ− = −C B R r j ( ) ̂ ˆ − = −D C Ri R j
( ) ( ) ̂− = − +A D r R i ˆ=B B k
 ( )= − ∧
 
ABF I B A B . . (
ˆˆ )ˆ= + ∧

ABF I B r i j k 
ˆ ˆ. . ( )= − +

ABF I B r j i
( )0 ˆ ˆ1= − +ABF j i N
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ELETRICIDADE BÁSICA
( )= − ∧
 
CBF I C B B ( ). ( ) ˆˆ= − ∧

CBF I B R r j k . ( )
ˆ= −

CBF I B R r i
5 ˆ=

BCF i N
( )= − ∧
 
CDF I D C B . . (
ˆˆ )ˆ= − ∧

CDF I B R i j k . . ( )
ˆ= − −

CDF I B R j i
( )15 ˆ = − +CDF j i N
( )= − ∧
 
DAF I A D B . .( )
ˆˆ= − + ∧

DAF I B r R i k
25 ˆ = +

DAF j N
b)
=

espiraF + + +
   
AB BC CD DAF F F F
=

espiraF 10 10 5 15 15 25 
ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ− + + − − +j i i j i j =

espiraF 0
2. Um fio ABCD, imerso em uma região onde há campo magnético uniforme B
→
, é percorrido por 
uma corrente elétrica constante I, conforme ilustrado na figura a seguir. Determinar a força magnética 
resultante no fio.
Dados: I = 5A AB = 8m BC = 6m CD = 4m ˆˆ ˆ0,5 0,4 0,3 ( )= − +

B i j k T
Figura 75
Formulário: .= ∧
  
F I L B
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Unidade II
Solução:
( )= − ×
 
ABF I B A B ( ) 8 − =

B A j m 
ˆˆ ˆ5 8 0,5 0, 4 0,3ˆ  = × − +   

ABF j i j k 
20 12ˆ ( )ˆ = − +

ABF k i N
( )= − ×
 
BCF I C B B ( ) 6 − =

C B k m 
ˆ ˆˆ5 6 0,5 0,4 0,ˆ 3   = × − +   

BCF k i j k
15 12 ( )ˆ ˆ= +

BCF j i N
( )= − ×
 
CDF I D C B ( ) 4 − = −

D C i m 
ˆˆ ˆ5 4 0,5 0,4 0,ˆ 3  = − × − +   

CDF i i j k
ˆ8 6 ( )ˆ = +

CDF k j N
( ) ( ) ( )20 12 15 12ˆ ˆ ˆ 8 6ˆˆ ˆ= − + + + + +resultanteF k i j i k j ˆ24 21ˆ= +resultanteF i j ‑12 k̂ (N)
Alternativa:
( )= − ×
 
resultanteF I D A B ( )5 4 8 6 ˆ ˆˆ (0,5 0,4 0,3 )ˆ ˆ ˆ= − + + × − +

resultanteF i j k i j k
5 4 8 6
0,5 0,4 0
ˆˆ
3
ˆ
,
= −
−

resultante
i j k
F
 
8 6 4 6 4 6
5
0,4 0,3 0,
ˆˆ ˆ
5 0,3 0,5 0,4
 − −
= − + − − 

resultanteF i j k
8 6 4 6 4 8
5
0,4 0,3 0,
ˆˆ ˆ
5 0,3 0,5 0,4
 − −
= − + − − 

resultanteF i j k 24 12ˆ21 ˆˆ= + −

resultanteF i j k (N)
3. A espira retangular ABC é percorrida por uma corrente elétrica I e está imersa numa região de 
campo magnético uniforme, de intensidade B, e direção paralela ao lado maior da espira. Pedem‑se:
a) a força magnética sobre cada lado da espira;
b) o torque magnético sobre a espira.
Dados: I = 4A B = 0,5T AB = 5m BC = 4m CA = 3m
Formulário: .= ∧
  
F I L B = ∧
 
C Bµ = ×
 
C r F
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ELETRICIDADE BÁSICA
Figura 76
Solução:
a)
( )= − ∧
 
ABF I B A B ( ) 4 3 )ˆ ˆ (− = −B A i j m 
ˆ
ˆ0,5 0,8 0,6 = − + 

 
B i j
λ
=

B ‑0,4 ˆ ˆ0,3 ( )+i j T ( )4 4 3 ( 0,4 0,3ˆ ˆ ˆ ˆ)= − ∧ − +ABF i j i j 0=ABF
( )= − ∧
 
BCF I C B B ( ) ˆ4 ( )− = −C B i m ( )ˆ ˆ4 4 ( 0,4 0,3 ˆ)= − ∧ − +

BCF i i j
4,8 ˆ ( )= −

BCF k N
( )= − ∧
 
CAF I A C B ( ) ˆ3 ( )− =A C j m ( )4 3 ( 0,4ˆ ˆ 0,3 )ˆ= ∧ − +

BCF j i j
4,8 ˆ ( )=

BCF k N
b)
= ∧
 
C m B 
( ).( )
2
= BC CAm I 224 ( )ˆ= −

m k Am‑ ˆ)k 224 ( )ˆ= −

m k Am
( )24 ( 0,4ˆ ˆ 0,3 )ˆ= − ∧ − +C k i j 9,6 7,2ˆ ˆ ( )= +

C j i Nm 
2 2 9.6 7.2= +

C
 12 =

C Nm
Alternativa:
 12 ( )=

C Nm 4,8 ( )=

BCF N 2,5 2
  =  
AB
m 2
 =   
 
BC
AB
C F 12 =

C Nm
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Unidade II
4. Uma espira circular de arame, de raio R, transporta uma corrente elétrica I. O vetor unitário n̂ é 
perpendicular ao plano da espira. A espira está imersa num campo magnético dado por B
→
. Determine:
a) o momento magnético m
→
 da espira;
b) o conjugado magnético C
→
 que atua sobre a espira.
Dados: R = 0,08m I = 0,20m ˆ ˆˆ 0,6 0,8 = −n i j 0,25 ˆ0 ˆ 0,3 = +

B i k T
Solução:
a) A = π(0,08)2 = 0,02m2 µ = 0,20 . 0,02 = 4 . 10‑3 m2
3 ˆ4 10 0,6 ˆ0,8−  = × − 

m i j 
20,0024 0,0032ˆ ˆ = −m i j Am
b) = ∧
 
C m B ( ) ( )ˆˆ ˆ 0,0024 0,0032 0, 25 ̂ 0,3 = − ∧ +C i j i k
( ) 47, 2 8,0 9,6ˆˆ ̂ 10 −= − + −C j k i Nm
5. A espira retangular ABCD, percorrida pela corrente elétrica I, está imersa em uma região onde 
existe um campo magnético B
→
. A espira pode girar em torno do lado AB. Não considerar a ação do 
campo de gravidade local. Para a posição ilustrada, pedem‑se:
a) a força magnética no lado DA da espira;
b) mostrar que o momento magnético da espira vale 20,54 0,72 ˆ ( )ˆ = − −

m i k Am ;
c) o torque magnético que atua sobre a espira;
d) o sentido de movimento do vértice D da espira, supondo que ela seja liberada na posição ilustrada.
Dados: I = 2 A B = 0,5 T
Formulário: = ∧
  
F IL B ˆ=m IAn = ×
 
C m B
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ELETRICIDADE BÁSICA
Figura 77
Solução:
a) .( )= − ∧
 
DAF I A D B ( ) 0,4 0,3 ( )ˆˆ− = − +A D i k m ˆ =

B B k
0,6 ( )ˆ=

B k T 2. 0,4 0,
ˆ ˆ3 0,5ˆ  = − + ∧ 

DAF i k k 0,4
ˆ ( )=

DAF j N
b) . .=m I AB BC 20,9 ( )=m Am ( )
�
. .cos( ) ˆ= − −m m sen i m kθ θ
( ) 0,6=sen θ ( )cos 0,8=θ
ˆˆ0,9 0,6 0,9 0,8 = − −m i k  
20,54 0, ˆ72 ˆ ( )= − −m i k Am
Figura 78
c) = ∧
 
C m B 0,54 0,72 ˆ ˆ0,5 ˆ  = − − ∧ 

C i k k 0,27 ( )ˆ=

C j Nm
d) Estando a direção do torque paralela ao eixo y no sentido positivo, então, na vistado topo desse 
eixo, o ponto D move‑se no sentido anti‑horário (ver figura).
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Unidade II
6. Uma espira retangular é percorrida por uma corrente elétrica I e está imersa numa região com 
campo magnético uniforme de intensidade B. Para a posição ilustrada, pedem‑se:
a) as forças magnéticas F
→
AB, F
→
BC que atuam, respectivamente, nos lados AB e BC da espira;
b) o momento de dipolo magnético m
→
. da espira;
c) o conjugado magnético C
→
 que atua sobre a espira;
d) indique na figura um eixo em torno do qual a espira poderia girar devido à ação do conjugado 
magnético C
→
.
Formulário: = ×
  
F I B = ×
 
r Fτ = ×
 
Bτ µ = − ⋅

U Bµ ˆ=

IAnµ
Dados: I = 10 A B = 0,8T
Figura 79
Solução:
a) ( )= − ∧
 
ABF I B A B ( ) 3 ˆ− =B A j m 0,8 ˆ=

B jT 10 (3 ) 0 ˆ,8 ˆ= ∧

ABF j j
0 =

ABF ( )= − ∧
 
BCF I C B B ( ) ˆˆ4 3 − = − +C B i k m 0,8 ˆ=

B jT
10 ( 4 3 ) 0,8ˆˆ ˆ= − + ∧

BCF i k j 
ˆ32 2 ˆ4 = − −

BCF k i N
b) [ ].=m I AB BC 10.(3 5)=m  2150 =m Am
( ) ( )
0,8 0,6
ˆ150 cos 150 sin ˆ= +
 

m k iα α  
2120 9ˆ ˆ0 = +m k i Am
c) = ×
 
C m B ( )120 9ˆ ˆ ˆ0 0,8= + ∧C k i j 96 72 ˆˆ= − +C i k Nm
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ELETRICIDADE BÁSICA
d) A espira poderia girar em torno de um eixo paralelo ao lado BC, visto que a direção torque 
magnético é paralela a esse lado da espira, conforme mostrado na figura anterior.
7. O referencial é 0xyz cartesiano. No espaço que interessa, existe um campo magnético uniforme 
B
→
. Entre dois pontos quaisquer A e B, estende‑se um fio condutor fino e rígido de forma qualquer, 
percorrido por corrente elétrica I. No trecho de condutor AB, o campo exerce forças cuja resultante geral 
é F
→
. Pedem‑se:
a) demonstrar que a resultante geral F
→
 é a mesma que agiria no condutor fictício e reto AB, percorrido 
pela mesma corrente elétrica I (a linha de ação da força resultante pode ser outra);
b) em particular, estudar o caso de circuito fechado.
Solução:
a) no elemento genérico 

dl do condutor, o campo exerce a força:
 = ∧
 
dF Idl B = ∫
 B
A
F dF = ∧∫
 B
A
F Idl B = ∧∫
 B
A
F I dl B
 
 
= ∧ 
 
∫
 B
A
F I dl B ( )= −∫
B
A
dl B A ( )= − ∧
 
F I B A B
b) A ≡ B (B ‑ A) = 0 F
→
 = 0
8. O esquema ilustrado a seguir representa uma espira ABCA percorrida pela corrente elétrica I. 
O ramo AC é arco de circunferência com centro 0. O sistema está imerso em campo magnético B
→
. 
Determinar a força que o campo B
→
 exerce em cada ramo e a ação mecânica resultante.
Dados: I = 5A 0A = OB = 0C = 2m 1 ˆ =

B jT
Figura 80
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Unidade II
Solução:
Ramo AB:
( ) = − ∧
 
ABF I B A B ( )5 2 2 ˆ 1 ˆ= − + ∧
 
ABF i j j 10 
ˆ = −

ABF k N
Ramo BC:
( ) = − ∧
 
BCF I C B B ( )5 2 2 ˆ 1 ˆ= − + ∧
 
BCF j k j 10 ̂= −

BCF i N
Ramo CA:
( ) = − ∧
 
CAF I A C B ( )5 2 2 1 ˆˆ= − ∧
 
CAF i k j 
ˆ10 10 = +


CAF k i N
= + +
   
resultante AB BC CAF F F F ( 10 ) ( 10 
ˆ ) (10 10 ˆ )ˆ ˆ= − + − + +

resultanteF k i k i
0=

resultanteF
9. Uma espira retangular é percorrida pela corrente elétrica I e está imersa em um campo magnético 
uniforme e estacionário de intensidade B, cuja direção forma com o plano da espira um ângulo θ. Para 
a posição ilustrada, pedem‑se:
a) o momento de dipolo magnético m
→
 da espira;
b) o conjugado magnético C
→
 aplicado na espira pelo campo magnético;
c) a direção do momento de dipolo magnético µ
→
 que permitiria o equilíbrio instável da espira. 
Justificar a resposta.
Dados: I = 0,05A B = 0,2T a = 4m b = 3m θ = 30º
Figura 81
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ELETRICIDADE BÁSICA
Solução:
a) .=m I A .=A a b 20,6 =m Am ˆ.=

m m n ˆˆ = −n k 
2ˆ0,6 = −m k Am
b) ( ) ( ) ˆ.cos . . en .ˆ s= +

B B i B kθ θ 
3 1
0,2. . 0, 2. 
2 2
ˆˆ= +

B i k T = ∧
 
C m B
3 1
0,6. 0,2. . 0, 2.
2
ˆ ˆ
2
ˆ  = − × +    

C k i k 0,104 
ˆ = −

C j Nm
c) Para que o equilíbrio seja instável, o plano da espira precisa ser posicionado de forma que a direção 
do dipolo magnético se torne paralelo à direção de B
→
 e o sentido do dipolo magnético seja contrário ao 
sentido de B
→
, logo: µ
→
* = µ . n̂*
*ˆ = −

B
n
B 
*
3 1
0,2. . 0, 2.
2 2
0,
ˆˆ
ˆ
2
+
= −
i k
n
 
* ˆˆˆ
3 1
2 2
= − −n i k 
* 20,3. 3 ˆ 0,3 ˆ= − −

i k Amµ
Na posição de equilíbrio, o torque magnético é nulo, valendo: C
→
* = m
→
* ∧ B
→
 = 0. O equilíbrio 
será instável se a espira não retornar à sua posição de equilíbrio, caso sofra uma rotação de um 
ângulo pequeno.
10. Um quadro condutor retangular, de lados AB e BC, é percorrido por corrente elétrica I e está 
imerso em região de campo magnético B e campo gravitacional g. O quadro está apoiado em mancais, 
com capacidade de rotação em torno do eixo 0x. No ponto médio M, do lado DC, está ligada a espira 
através de um fio isolante e um bloco de massa m. Todo o conjunto permanece em equilíbrio na posição 
ilustrada. Determine a massa m.
Dados: B = 1,5T g = 10 m/s2 AB = 0,6m BC = 0,40m I = 2A
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Unidade II
Figura 82
Solução:
=m I A =A AB BC 2 0.6 0.4=m   
20, 48 =m Am
ˆ = −m mk 
20, 48 ˆ= −m k Am ˆ =

B B j 1,5 ˆ=

B jT
 = ∧
 
magC m B 0,48 
ˆ ˆ 1,5 = − ∧

magC k j 
 ̂
0.48 1.5 ˆ ˆ 
−
= − ∧


i
magC k j 0,72 
ˆ = +

magC i Nm
( ). 0 = − ∧
 
gravitcC M m g ( )0 2
ˆ− = BCM j ( )0 0, 20 ˆ− =M j m
2
10 ˆ= − mg k
s .
0, 20 ( 10 )ˆˆ= ∧ −

gravitcC j m k
.
ˆ
0.20 10 )ˆ(ˆ
−
= ∧ −


i
gravitcC m j k  . 2,0 
ˆ = −

gravitcC m i Nm
.= +
  
resultante mag gravitcC C C 0=

resultanteC ( )0,72 2ˆ ,0 0ˆ+ + − =i m i
0,72 2,0 = m 
0.72
2.0
=m 0,36 =m kg
Exemplo de aplicação
1. Um quadro condutor retangular, de lados AB e BC, é percorrido por corrente elétrica I e está 
imerso em região de campo magnético B e campo gravitacional g. O quadro está apoiado em mancais, 
com capacidade de rotação em torno do eixo 0x. No ponto médio M, do lado DC, está ligada a espira 
através de um fio isolante e um bloco de massa m. Todo o conjunto permanece em equilíbrio na posição 
ilustrada. Determine a corrente elétrica I.
Dados: B = 1,2T g = 10 m/ s2 AB = 0,6m BC = 0,40m m = 0,36kg
113
Re
vi
sã
o:
 A
na
 F
az
io
 -
 D
ia
gr
am
aç
ão
: J
ef
fe
rs
on
 -
 2
4/
01
/1
7
ELETRICIDADE BÁSICA
Figura 83
Resposta: I = 2,5 A
2. A espira ABC esquematizada é percorrida pela corrente elétrica I e está imersa em campo magnético 
B
→
. Determinar:
a) a força magnética F
→
BC que atua no trecho BC da espira;
b) o momento magnético m
→
 da espira;
c) o conjugado magnético C
→
 que atua sobre a espira.
Dados: AB = AC = 5m I = 8A ˆ2 =

B j T θ = 45º
Figura 84
Resposta:
a) ˆ40 2 80 ˆ= − −

BCF k i N
114
Re
vi
sã
o:
 A
na
 F
az
io
 -
 D
ia
gr
am
aç
ão
: J
ef
fe
rs
on
 -
 2
4/
01
/1
7
Unidade II
b) ( ) 250 2 ˆ ˆ2= −m i j Am
c) 100 2 ˆ =

C k Nm
 Resumo
O magnetismo e o eletromagnetismo sãoas bases das telecomunicações 
atuais; telefones celulares, rádio, televisão e internet utilizam esses 
conceitos.
O campo magnético é gerado por ímãs artificiais e correntes elétricas. 
Quando uma partícula de massa m, carga q e velocidade v estiver imersa 
em campo gravitacional, atuará sobre ela a força peso P = m g. Se estiver 
na presença de campo elétrico, surgirá a força elétrica F = q E. Em campo 
magnético, a partícula fica sujeita à força magnética F = q v x B. Se um 
partícula estiver sujeita simultaneamente a um campo elétrico E e a um 
campo magnético B, a força resultante será chamada de “Força de Lorentz” 
F = q E + q v x B. Quando uma partícula eletrizada com carga q, massa m 
e velocidade v for lançada em campo magnético, poderá sofrer deflexão, 
dependendo do ângulo de lançamento entre v e B. Se a partícula for 
lançada paralelamente ao campo magnético, não sofrerá força e realizará 
movimento retilíneo e uniforme. Se for lançada com ângulo de 90º, ficará 
sujeita a uma força perpendicular à velocidade e descreverá movimento 
circular e uniforme. Esse tipo de lançamento é usado em alguns aceleradores 
de partícula, como betatron, espectrômetro de massa, galvanômetro de 
quadro móvel e microscópio eletrônico. Quando a partícula for lançada 
obliquamente ao campo magnético, descreverá movimento elíptico.
Um condutor percorrido por corrente elétrica I e imerso em campo 
magnético pode ficar sujeito a uma força F=I L x B. Essa força vai originar 
um conjugado magnético C = m x B, responsável pelo funcionamento dos 
motores elétricos. O setor automobilístico, por exemplo, está desenvolvendo 
o carro elétrico, que ajudará a diminuir a poluição do planeta, usando como 
base as leis citadas anteriormente. Por fim, o momento magnético m= i.A 
n é perpendicular ao plano da espira e tem o mesmo sentido da normal.