resolução Capítulo 29 halliday volume 3

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Capítulo 29
1. (a) De acordo com a Eq. 29-4,
60 (4 T m A)(100A) 3,3 10 T 3,3 T.
2 2 (6,10m)
iB
r
µ π µ
π π
−× ⋅= = = × =
-71
(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 se refere ao ângulo θ) para θ = 90º e assume o valor
 
0
máx 2 .4
i dsdB
R
µ
π
=
De acordo com a Fig. 29-34b, dBmáx = 60 × 10-12 T. Explicitando i na equação anterior, obtemos
2
máx
0
4
.
R dBi
ds
π
µ
=
Substituindo i pelo seu valor na Eq. 29-4, obtemos
12
6máx
6
2 2(0,025 m)(60 10 T)
3,0 10 T 3,0 T.
(1,00 10 m)
RdBB
ds
µ
−
−
−
×
= = = × =
×
3. PENSE O campo magnético produzido por um fio longo, retilíneo, percorrido por corrente pode ser calculado com o auxílio 
da Eq. 29-4.
FORMULE De acordo com a Eq. 29-4, o módulo do campo magnético a uma distância r de um fio longo, retilíneo, que conduz 
uma corrente i é dado por B = μ0i/2πr.
ANALISE (a) Para que o campo resultante seja zero, 8,0 cm acima do fio, o campo produzido pela corrente nesse ponto deve ter 
um módulo de 39 μT e apontar para o sul. Assim,
(b) Para que o campo produzido pela corrente aponte para o sul acima do fio, o sentido da corrente deve ser de oeste para leste.
APRENDA A orientação do campo produzido pela corrente em um fio retilíneo é dado pela regra da mão direita: segure o fio 
na mão direita, com o polegar estendido apontando no sentido da corrente. Os outros dedos mostram a orientação das linhas de 
campo magnético produzidas pela corrente no fio.
4. Como o campo magnético no ponto C produzido pelos trechos retilíneos do fio é zero (veja o Exemplo 29.01, “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 cancelam, 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 semicircunferência (Eq. 29-9 com ϕ = π rad):
7
0 0 0
3
1 1 (4 10 T m/A)(10 A) 1 12
4 2 2 2(0,0050 m) 2
1,0 10 T 1,0 mT.
a
i i iB
R R R
µ µ π µ π
π π π π
−
−
     
     
    
× ⋅= + = + = +
4
= × =
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 2 2 1
(b) O sentido do campo é para fora do papel, como mostra a Fig. 29-7c.
(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,
7
40 0 (4 10 T m/A)(10 A)2 8,0 10 T 0,80 mT.
2 (0,0050 m)b
i iB
R R
µ µ π
π π
−
− 
 
 
× ⋅= = = = × =
π
(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 ˆ ˆi j.r s R= − + Como î,ds ds= | | .ds r Rds× =  Assim, como 2 2 ,r s R= + a Eq. 29-3 nos dá
0
2 2 3/2 .4 ( )
iR dsdB
s R
µ
π
=
+
(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 dBmáx, obtido fazendo s = 0 na equação anterior, é
máx
0
2 .4
i dsdB
R
µ
π
=
Assim, a condição de que o campo produzido pelo elemento seja responsável por 10% da maior contribuição pode ser expressa 
através da equação
0 máx 0
22 2 3/2 .4 10 40( )
dB i dsiR dsdB
Rs R
µ µ
π π
= = =
+
Explicitando s na equação anterior, obtemos
2/310 1 (2,00 cm)(1,91) 3,82 cm.s R= − = =
7. (a) O campo magnético no ponto P produzido pelos trechos retilíneos do fio é zero (veja o Exemplo 29.01, “Campo magnético 
no centro de um arco de circunferência percorrido por corrente”). De acordo com a Eq. 29-9 (com ϕ = θ) e a regra da mão direita, 
o campo criado no ponto P pelo arco de raio b é μ0iθ/4πb, para fora do papel, e o campo criado pelo arco de raio a é μ0iθ/4πa, para 
dentro do papel. Assim, o campo total no ponto P é
7
0
7
1 1 (4 ×10 T m A)(0,411A)(74 /180 ) 1 1
4 4 0,107 m 0,135 m
1,02×10 T 0,102 T.
iB
b a
µ θ π π
π
µ
−
−
  
  
   
⋅ °⋅ °= − = −
= =
(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 29.01, “Campo magnético 
no centro de um arco de circunferência percorrido por corrente”). De acordo com a Eq. 29-9 (com ϕ = π) e a regra da mão direita, o 
campo criado no ponto C pelo arco de raio R1 é μ0iθ/4πR1 para dentro do papel, e o campo criado pelo arco de raio R2 é μ0iθ/4πR2, 
para fora do papel. Assim, o campo total no ponto C é
7
0
1 2
6
1 1 (4 10 T m A)(0,281A) 1 1
4 4 0,0315 m 0,0780 m
1,67 10 T 1,67 T.
iB
R R
µ π
µ
−
−
   
       
× ⋅= − = −
= × =
(b) O sentido é para dentro do papel.
2 2 2 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R
9. PENSE O campo magnético resultante em um ponto situado entre dois fios percorridos por corrente é a soma vetorial dos 
campos magnéticos produzidos pelos dois fios.
FORMULE Como o módulo do campo magnético a uma distância r de um fio longo retilíneo que conduz uma corrente i é dado 
por B = μ0i/2πr, o campo magnético em um ponto a meio caminho dos dois fios é 1 2,B B B= +
  
 em que B1 + B2 = μ0i/2πr (supondo 
que a distância entre os fios é 2r). Os sentidos de 1B

 e 2B

 são dados pela regra da mão direita. 
ANALISE (a) Para que a soma dos campos magnéticos produzidos pelos fios não se anule, as correntes nos dois fios devem ter 
sentidos opostos.
(b) De acordo com a Eq. 29-4, a corrente necessária para que campo magnético em um ponto situado exatamente a meio caminho 
entre os dois fios tenha um módulo de 300 μT é
APRENDA No caso de dois fios paralelos separados por uma distância 2r e percorridos por correntes em sentidos opostos, o 
campo magnético entre os dois fios a uma distância d de um deles é dado por
10. (a) O campo magnético no ponto C produzido pelos trechos retilíneos do fio é zero (veja o Exemplo 29.01, “Campo magnético 
no centro de um arco de circunferência percorrido por corrente”). De acordo com a Eq. 29-9 (com ϕ = π) e a regra da mão direita, 
o campo criado no ponto C pelo arco é 0 4 .i Rµ θ π Assim, o módulo do campo magnético é
7
70 (4 10 T m A)(0,0348 A) 1,18 10 T 0,118 T.
4 4(0,0926 m)
iB
R
µ π µ
−
−× ⋅= = = × =
(b) De acordo com a regra da mão direita, o campo aponta para dentro do papel.
11. (a)
1 0 1 1
,/2PB i rµ π= em que i1 = 6,5 A e r1 = d1 + d2 = 0,75 cm + 1,5 cm = 2,25 cm; 2 0 2 2,/2PB i rµ π= em que r2 = d2 = 1,5 cm. 
Fazendo BP1 = BP2, obtemos
( )22 1
1
1,5 cm6,5A 4,3A.
2,25 cm
ri i
r
   
       
= = =
(b) De acordo com a regra da mão direita, o sentido da corrente no fio 2 deve ser para fora do papel.
12. (a) Uma vez que as correntes têm o mesmo sentido, a única região em que 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 – r do fio que conduz uma corrente 3,00i e, portanto,
0 0(3 ) 16,0 cm 4,0 cm.
2 2 ( ) 4 4
i i dr
r d r
µ µ
π π
= ⇒ = = =
−
(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-Savart, o módulo do campo produzido por um segmento infinitesimal do fio no ponto P1 é dado por
0
2
sen
,
4
µ θ
π
=
idB dx
r
,
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 2 2 3
em que θ (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 2 2 ,x R+ sen θ por 2 2R r R x R= + e integrandode x = –L/2 a x = L/2, obtemos
( )( )
( )
/2
20 0 0
2 2 3 2 2 2 2 1 2 2 22/2
7
2 2
8
1
4 4 2( ) ( ) 4
4 10 T m A 0,0582 A 0,180m
0,131m (0,180m) 4(0,131m)
5,03 10 T 5,03 nT.
L
L
LL
iR iR idx x LB
Rx R R x R L R
µ µ µ
π π π
π
π
−−
−
−
⌠

⌡
= = =
+ + +
× ⋅
=
+
= × =
2
14. Usando a Eq. 29-6 com um limite superior finito, L/2, obtemos 
/2/2
0 0 0
2 2 3/2 2 2 1/2 2 2
0 0
.
/2
2 2 2( ) ( ) ( /2)
LLi i iRds s LB
R Rs R s R L R
µ µ µ
π π π
 
 
  
⌠

⌡
= = =
+ + +
O problema pede para determinar o valor de L/R para o qual a seguinte relação é satisfeita:
0,01,
B B
B
∞ − =
em que
0 0
2 2
/2
e .
2 2 ( /2)
i i LB B
R R L R
µ µ
π π∞
= =
+
A solução obtida, depois de algumas manipulações algébricas, é 
200 14,1.
201
L
R
= ≈
15. (a) O campo magnético no ponto P produzido pelos trechos retilíneos do fio é zero (veja o Exemplo 29.01, “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 unitário k̂ para representar a direção para fora do papel, temos
60 0(0,40A)( rad) (0,80A)(2 /3rad)ˆ ˆ ˆk k (1,7 10 T)k,
4 (0,050m) 4 (0,040m)
B µ π µ π
π π
−= − = − ×

o que nos dá 6| | 1,7 10 T 1,7 T.B µ−= × =

(b) A orientação do campo magnético é k̂,− ou seja, para dentro do papel.
(c) Invertendo o sentido de i1, temos
60 0(0,40A)( rad) (0,80A)(2 /3rad)ˆ ˆ ˆk k (6,7 10 T)k,
4 (0,050m) 4 (0,040m)
B µ π µ π
π π
−= − − = − ×

o que nos dá 6| | 6,7 10 T 6,7 T.B µ−= × =

(d) A orientação do campo magnético é k̂,− ou seja, para dentro do papel.
2 2 4 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R
16. Usando a lei dos cossenos e a condição de que B = 100 nT, obtemos
2 2 2
1 1 2
1 2
cos 144 ,
2
B B B
B B
θ −
 
  
 
+ −= = °
−
em que a Eq. 29-10 foi usada para determinar B1 (168 nT) e B2 (151 nT).
17. PENSE Podemos usar a lei de Biot-Savart para calcular o campo magnético no ponto P2. Como o fio não é longo, devemos 
usar uma integral. 
FORMULE Vamos escolher um eixo x coincidindo com o fio, com a origem na extremidade direita do fio. O sentido da corrente 
é o do semieixo x positivo. 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 do fio é dado por
 
em que θ (o ângulo entre o fio e a reta que liga o segmento a P2) e r (o comprimento dessa reta) são funções de x. 
ANALISE Substituindo r por 2 2x R+ e sen θ por R/r = R/ 2 2x R+ , em que R é a distância indicada na Fig. 29-44, e integrando 
de x = –L a x = 0, temos
APRENDA Se, ao definir o eixo x, tivéssemos escolhido como origem a extremidade esquerda, os limites de integração seriam 
diferentes, mas o resultado seria o mesmo:
18. No primeiro caso temos Bpequeno + Bgrande = 47,25 μT; no segundo, Bpequeno – Bgrande = 15,75 μT. (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 (Eq. 29-9), obtemos
pequeno pequenogrande grande
pequeno pequenogrande grande
(1/ ) (1/ ) 1 ( / )
3,
(1/ ) (1/ ) 1 ( / )
r r r r
r r r r
+ +
= =
− −
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
7
60 1
1
1
(4 10 T m/A)(30 A)ˆ ˆ ˆk k (3,0 10 T)k.
2 2 (2,0 m)
iB
r
µ π
π π
−
−× ⋅= = = ×

Como a distância entre o segundo fio e o ponto de interesse é r2 = 4 m - 2 m = 2 m, a contribuição do segundo fio para o campo 
total é
7
60 2
2
2
(4 10 T m/A)(40 A)ˆ ˆ ˆi i (4,0 10 T)i.
2 2 (2,0 m)
µ π
π π
−
−× ⋅= = = ×iB
r

M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 2 2 5
O módulo do campo total é, portanto,
6 2 6 2 6
tot| | (3,0 10 T) (4,0 10 T) 5,0 10 T 5,0 T.B µ− − −= × + × = × =

20. (a) A contribuição do fio retilíneo para o campo magnético no ponto C é
0
1 2C
iB
R
µ
π
=
e a contribuição do fio circular é
0
2 .2C
iB
R
µ
=
Assim,
3
70
1 2
1 (4 T m A)(5,78 10 A) 11 1 2,53 10 T.
2 2( m)C C C
iB B B
R
µ π
π π
−7 −
−   
   
   
×10 ⋅ ×= + = + = + = ×
0,0189
De acordo com a regra da mão direita, CB

 aponta para fora do papel, ou seja, no sentido positivo do eixo z. Assim, na notação 
dos vetores unitários,
7 ˆ ˆ(2,53 10 T)k (253 nT)k.CB −= × =

(b) Nesse caso, 1 2C CB B⊥
 
 e, portanto,
7 3
2 2 70
1 2
1 (4 10 T m A)(5,78 10 A) 11 1 2,02 10 T
2 2(0,0189 m)C C C
iB B B
R
µ π
π π
− −
−
2 2
× ⋅ ×= + = + = + = ×
e CB

 faz um ângulo com o plano do papel dado por
1 11
2
1tan tan 17,66 .C
C
B
B π
− −          
= = °
Na notação dos vetores unitários, 
7 7 8ˆ ˆ ˆ ˆ2,02 10 T(cos17,66 i sen17,66 k) (1,92 10 T)i (6,12 10 T)k
ˆ ˆ(192 nT)i (61,2 nT)k.
CB
− − −= × ° + ° = × + ×
= +

21. Por simetria, e de acordo com a regra da mão direita, o campo magnético total aponta para a direita e é dado por
0
tot| | 2 sen2
iB
r
µ θ
π
=

em que 2 22 1 /4r d d= + e
1 1 12
1
4,00 m 4tan tan tan 53,1
/2 (6,00 m)/2 3
d
d
θ − − −
     
          
= = = = °
.
Assim,
0
tot 2 2
2 1
(4 T m A)(4,00 A)| | sen sen53,1
(5,00 m)/4
 
2,56×10 T 256 nT.
µ πθ
ππ
−7
−7×10 ⋅= = °
+
= =
iB
d d

2 2 6 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R
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,
0 1 0 2 0 2 4 1
2 ( ) 2 2y
i i iB
L x x L x x
µ µ µ
π π π
 
 
 
= − = −
+ +
Para maximizar By, derivamos a expressão anterior em relação a x e igualamos o resultado a zero, o que nos dá
2 20 2
2 2
4 1
0 3 2 0.
2 ( )
ydB i x Lx L
dx L x x
µ
π
 
= − + = ⇒ − − = + 
A única raiz positiva da equação anterior é x = L, para a qual By = μ0i2/2πL. Para determinar o valor de L, fazemos x = 10 cm na 
expressão de By e igualamos o resultado a zero, o que nos dá
0 2 4 1 0 30 cm.
2 10 cm 10 cmy
iB L
L
µ
π
 
 
 
= − = ⇒ =
+
(a) A componente By é máxima para x = L = 30 cm.
(b) Para i2 = 0,003 A, temos
7
90 2 (4 10 H/m)(0,003 A) 2,0 10 T 2,0 nT.
2 2 (0,3 m)y
iB
L
µ π
π π
−
−×= = = × =
(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 –y. 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 0 ˆ( /2 )k.B i dµ π=

 Assim, de 
acordo com a Eq. 28-2,
( )0 k̂ .
2
iqF ev B v
d
µ
π
= × = ×
 
 
Como, de acordo com o enunciado, ˆ( j)v v= − , em que v é o módulo da velocidade, temos
7 19
0 0
23
(4 10 T m A)(0,350A)(1,60 10 C)(200 m/s)ˆ ˆ ˆ ˆ( j) k i i
2 2 2 (0,0289 m)
ˆ( 7,75×10 N)i.
iqv iqvF
d d
µ µ π
π π π
− −
−
 
  
× ⋅ ×= − × =− =−
= −

24. Inicialmente, Btot,y = 0 e Btot,x = B2 + B4 = 2( 0µ i/2πd). Para obter a rotação de 30º descrita no enunciado, devemos ter 
0
tot, tot, 1 3tan(30 ) 2 tan(30 ),2y x
iB B B B
d
µ
π
 
 
 
= ° ⇒ − = °′
em que B3 = μ0i/2πd e 1 0 /2 .B i dµ π=′ ′ Como tan(30º) = 1/ 3, isso nos dá
3 0,464 .
3 2
d d d= =′
+
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 2 2 7
(a) Para d = 15,0 cm, obtemos dʹ = 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, deslocando o fio 3 para x = +7,0 cm. 
25. PENSE O campo magnético no centro do arco de circunferênciaé a soma vetorial dos campos produzidos pelos dois fios 
retilíneos e pelo arco. 
FORMULE A corrente de cada um dos dois fios retilíneos semi-infinitos contribui com um campo B1 = μ0i/4πR (Eq. 29-7) para o 
campo no centro do arco (as duas contribuições apontam para fora do papel). A corrente do arco contribui com um termo dado 
pela Eq. 29-9: B2 = μ0iθ/4πR, que aponta para dentro da página.
ANALISE O campo magnético total é
Assim, para que o campo total seja nulo no centro do arco, devemos ter θ = 2,00 rad.
APRENDA Como era esperado, o campo total produzido por dois fios semi-infinitos é igual ao campo produzido por um fio 
infinito. Note que o ângulo θ que aparece na resposta está em radianos. O ângulo equivalente em graus é 115o, aproximadamente.
 
26. De acordo com o teorema de Pitágoras, temos a relação
2 2
2 2 2 0 1 0 2
1 2 2
i iB B B
R R
µ φ µ
π π
   
   
  
= + = +
4
que, interpretada como a equação de uma reta de B2 em função de 2
2 ,i permite identificar o primeiro termo (1,0 × 10
-10 T2) como 
o “ponto de interseção com o eixo y”, e o coeficiente de 2
2 ,i no segundo termo (5 × 10
-10 B2/A2), como “inclinação”. A segunda 
observação nos dá
7
0
510 2 2
4 10 H/m
8,9 mm.
2 (2,24 10 B/A)2 5 10 B /A
R µ π
ππ
−
−−
×
= = =
××
A segunda observação nos dá
10 2 5
7
0 1
4 1,0 10 T 4 (0,0089 m)(1,0 10 T)
1,8 rad.
(4 10 H/m)(0,50 A)
R
i
π πφ
µ π
− −× ×
= = =
×
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
θ = tan-1(B2 /B1) = tan-1(i2 /i1) = 53,13º.
Uma vez obtida a rotação descrita no problema, o ângulo final é θʹ = 53,13º – 20º = 33,13º. Assim, o novo valor da corrente i1 deve 
ser i2 /tan θʹ = 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
0 1 0 2 .
2 ( /2)
i iB
R R
µ φ µ
π π
= −
4
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,
ϕ = 4(i2 /i1) = 4(0,5/2) = 1,00 rad.
2 2 8 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R
29. PENSE Este problema envolve um sistema formado por quatro fios paralelos cujas seções retas formam um quadrado. O campo 
magnético no centro do quadrado é a soma vetorial dos campos produzidos pelos quatro fios. 
FORMULE O módulo do campo produzido pelos quatro fios no centro do quadrado tem o mesmo valor, B = μ0i/2πr, em que r 
é a distância do fio ao centro do quadrado. De acordo com o teorema de Pitágoras, 2/2r a= e, portanto, 0 / 2.B i aµ π= Como 
mostra a figura a seguir, os campos produzidos pelos fios do canto superior esquerdo (fio 1) e do canto inferior esquerdo (fio 3) 
apontam para o canto superior direito do quadrado, e os campos produzidos pelos fios do canto superior direito (fio 2) e do canto 
inferior esquerdo (fio 4) apontam para o canto superior esquerdo do quadrado. 
ANALISE As componentes horizontais dos campos se cancelam e a resultante das componentes verticais é
Como o campo resultante aponta para cima, no sentido do semieixo y positivo, 5res ˆ(8,0 10 T) jB −= ×

.
APRENDA A figura acima mostra as contribuições dos quatro fios e o campo resultante. O sentido dos campos pode ser deter-
minado usando a regra da mão direita.
30. De acordo com o gráfico da Fig. 29-57c, quando a componente y 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 θ = 90º), a componente y do campo 
magnético total é zero. Isto significa que a posição do fio 2 é θ = 90º ou θ = -90º. 
(a) Vamos supor que o fio 2 está na posição θ = -90º (ou seja, na extremidade inferior do cilindro), 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 θ = 0o), a componente x do campo 
magnético total é 2,0 μT 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 θ = 90o), a componente x do campo magnético total 
é 6,0 μT. Isso significa que B1x = 6,0 μT - 2,0 μT = 4,0 μT, o que, de acordo com a Eq. 29-4, nos dá 
6
1
1 7
0
2 2 (0,200 m)(4,0 10 T) 4,0 A.
4 10 T m/A
xRBi π π
µ π
−
−
×= = =
× ⋅
(c) O fato de que, na Fig. 29-57b, B1x aumenta quando θ1 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 μT. Assim, de acordo com a Eq. 29-4, temos
6
2
2 7
0
2 2 (0,200 m)(2,0 10 T) 2,0 A.
4 10 T m/A
xRBi π π
µ π
−
−
×= = =
× ⋅
(e) De acordo com a regra da mão direita, o sentido da corrente no fio 2 é para dentro do papel. 
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 2 2 9
31. (a) O campo magnético no ponto P produzido pelos segmentos do fio colineares com P é zero (veja o Exemplo 28.01, “Campo 
magnético no centro de um arco de circunferência percorrido por corrente”). Vamos usar o resultado do Problema 29-21 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:
( )
( )( )
( )
7
0 0 0
5 5
2 4 10 T m A 13 A2 2 2
2 2
8 88 8 0,047 m
1,96 10 T 2,0 10 T 20 T.
P
i i iB
a aa
πµ µ µ
π ππ π
µ
−
− −
   
   
      
× ⋅
= − = =
= × ≈ × =
2
(b) O sentido é para dentro do papel.
32. De acordo com a Eq. 29-9, o campo inicial é
0 0 .
4i
i iB
R r
µ φ µ φ
π π
= +
4
Quando a espira menor está na posição final, o teorema de Pitágoras nos dá
2 2
2 2 2 0 0 .
4z yf
i iB B B
R r
µ φ µ φ
π π
   
   
   
= + = +
4
Elevando Bi ao quadrado e dividindo por 2 ,fB obtemos 
2
22
2 2 2
1 2[(1/ ) (1/ )]
(1/ ) (1/ ) 1
i
f
B R r r R
B R r
ξ ξ
ξ
 
 
 
 
± −+= ⇒ =
+ −
em que ξ = Bi/Bf. Observando o gráfico da Fig. 29-59c, chegamos à conclusão de que Bi/Bf = (12,0 μT)/(10,0 μT) = 1,2, o que nos dá
2
1 1,2 2 1,2
2,3 cm, ou 43,1cm.
1,2 1
r R + −= =
−
Como sabemos que r < R, a única resposta aceitável é r = 2,3 cm. 
33. PENSE O campo magnético produzido no ponto P por uma fita percorrida por corrente (mostrada na Fig. 29-61) pode ser 
calculado somando (por integração) os campos produzidos por várias fitas elementares paralelas percorridas por corrente.
FORMULE Considere uma fita elementar de espessura dx situada a uma distância x do ponto P. A corrente na fita é di = idx/w, 
e a contribuição da fita para o campo BP no ponto P é
ANALISE Integrando para toda a fita, obtemos
e, de acordo com a regra da mão direita, PB

 aponta para cima. Na notação dos vetores unitários, 11 ˆ(2, 23 10 T) jPB −= ×

.
APRENDA Se d >> w, podemos usar a aproximação
 
2 3 0 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R
e o campo magnético se torna
que é o mesmo de 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 θ2 na Fig. 
29-61, tem componentes 
2 2 2 2 2 2sen , cos ,x yB B B Bθ θ= = −
em que o valor de B2 é dado pelaEq. 29-4. Assim, de acordo com o teorema de Pitágoras, o quadrado do módulo do campo total 
na origem é dado por
2 2 2 2 2
2 2 1 2 2 1 2 1 2 2( sen ) ( cos ) 2 cos .B B B B B B B Bθ θ θ= + − = + −
Como
 
0 1 0 2
1 260 nT, 40 nT e 80,0 nT,2 2
i iB B B
R R
µ µ= = = = =
π π
temos
2 2 2
1 11 2
2
1 2
cos cos ( 1/4) 104 .
2
B B B
B B
θ − −
 
  
 
+ −= = − = °
35. PENSE O módulo da força que o fio 1 exerce sobre o fio 2 é dado por F21 = μ0i1i2L/2πr, em que i1 é a corrente do fio 1, i2 é a 
corrente do fio 2, L é o comprimento dos fios e r é a distância entre os fios.
FORMULE A distância entre os fios é 2 21 2 .r d d= + A componente x da força é F21,x = F21 cos ϕ, em que 2 22 1 2cos / .d d dφ = +
ANALISE A componente x da força magnética por unidade de comprimento é
APRENDA Como as duas correntes têm sentidos opostos, a força que os fios exercem um sobre o outro é repulsiva. Assim, 21F

 
tem a direção da reta que liga os fios e aponta para longe do fio 1.
36. De acordo com a Eq. 29-13,
(a) A força magnética a que está submetido o fio 1 é
2 2 2
0 0
1 2
4
251 1 1 1 25(4 T m A)(3,00 A) (10,0 m)ˆ ˆ ˆj j j
2 2 3 4 24 24 (8,00 10 m)
ˆ ˆ(4,69 10 N) j (469 N) j.
i l i lF
d d d d d
µ µ π
π π π
µ
−7
−
−
 
 
 
×10 ⋅= + + + = =
×
= × =

(b) A força magnética a que está submetido o fio 2 é
2 2
40 0
2
51 1 ˆ ˆ ˆ ˆj j (1,88 10 N) j (188 N) j.
2 2 3 12
i l i lF
d d d
µ µ µ
π π
− 
 
 
= + = = × =

M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 2 3 1
(c) Por simetria, 3 0.F =

(d) Por simetria, 4 2 ˆ( 188 N) j.F F µ=− = −
 
(e) Por simetria, 5 1 ˆ( 4,69 N) j.µ=− = −F F
 
 
37. Usamos a Eq. 29-13 e a composição de forças: 4 14 24 34.F F F F= + +
   
 Para θ = 45°, a situação é a mostrada na figura ao lado.
As componentes de 4F

 são
2 2 2
0 0 0
4 43 42
cos 45 3
cos
2 42 2
x
i i iF F F
a aa
µ µ µθ
π ππ
°
= − − = − − = −
e
2 2 2
0 0 0
4 41 42
sen 45
sen .
2 42 2
µ µ µθ
π ππ
°
= − = − =y
i i iF F F
a aa
Assim,
( ) ( )
1 2
2 2
2 2 2 21 2
2 2 0 0 0
4 4 4
4
3 10 10(4 T m A)(7,50 A)
4 4 4 4 0,135 m
1,32 10 N/m
µ µ µ π
π π π π
−7
−
            
     
×10 ⋅= + = − + = =
= ×
x y
i i iF F F
a a a
e o ângulo que 4F

 faz com o semieixo x positivo é
41 1
4
1
tan tan 162 .
3
y
x
F
F
φ − −
   = = − = °   
  
Na notação dos vetores unitários, temos
1
ˆ ˆ ˆ ˆ(1,32 N/m)[cos162 i sen162 j] ( 1,25 N/m)i (4,17 N/m) j
ˆ ˆ( 125 N/m)i (41,7 N/m) j.µ µ
= × ° + ° = − × + ×
= − +
F

-4 -4 -51 1 1
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 do Módulo 29-1, 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 μN/m, o que nos permite escrever, de acordo com a Eq. 29-13,
70 1 2
12 6,27 10 N/m.2
i iF
d
µ
π
−= = ×
Quando o fio 3 está no ponto x = 0,04 m, a força é nula e, portanto,
0 2 3 0 1 2
23 12
1 3
0,04 m 0,04 m
0,16 m/A.
2 (0,04) 2 0,250 A
i i i i dF F
d i i
µ µ
π π
= = = ⇒ = = =
Substituindo d/i1 pelo seu valor na equação anterior, obtemos
2 3 2 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R
7
2 7
2 (6,27 10 N/m)(0,16 m/A)
0,50 A.
4 10 H/m
i π
π
−
−
×
= =
×
(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
0 3 51 2 4
7
7
| |
2 2 2
(4 10 H/m)(0,250 A) 2,00 A 4,00 A 4,00 A 2,00 A
2 2(0,5 m) 0,5 m 0,5 m 2(0,5 m)
8,00 10 N/m 800 nN/m.
i i i i iF
L d d d d
µ
π
π
π
−
−
 
 
 
 
 
 
= − + + +
×= − + + + =
= × =

40. Por simetria, apenas as forças (ou suas componentes) ao longo das diagonais contribuem para a força total. Fazendo θ = 45° 
e usando a Eq. 29-13, obtemos
2 2 2
0 0 0
1 12 13 14 12 13
2
2
3| | 2 cos 2 cos45
2 2 2 2 2
3 (4 T m A)(15,0 A) 1,12 N/m.
(8,50 10 m)2 2
i i iF F F F F F
a aa
µ µ µθ
π π
π
π
−7
−3
−
   
   
   
   
= + + = + = °+ =
π
×10 ⋅= = ×10
×
  
A força 1F

 aponta na direção .ˆ ˆˆ (i j)/ 2r = − Na notação dos vetores unitários, temos 
1
(1,12 N/m) ˆ ˆ ˆ ˆ(i j) (7,94 N/m)i ( 7,94 N/m)j
2
ˆ ˆ(0,794 mN/m)i ( 0,794 mN/m)j.
F ×= − = × + − × =
= + −

-3
-4 -41 1 1
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
0 1 2 .
2
µ
π
+
= ∫
a b
a
i iF dy
y
Entretanto, por simetria, as forças exercidas sobre os lados perpendiculares ao fio longo se cancelam. No caso dos lados paralelos, 
temos
( )
( )
0 1 2 0 1 2
7 2
3
1 1
2 2
(4 10 T m/A)(30,0 A)(20,0 A)(8,00 cm)(300 10 m) 3,20 10 N,
2 1,00 cm 8,00 cm
i i L i i bF
a a d a a b
µ µ
π π
π
π
− −
−
 
 
 
= − =
+ +
× ⋅ ×= = ×
+
e F

 aponta na direção do fio. Assim, na notação dos vetores unitários,
3 ˆ ˆ(3,20 10 N) j (3,20 mN) jF −= × =

.
42. Como a área envolvida pela integral de linha é A = (4d)(3d)/2 = 6d2, temos
7 2 2 6
0 0 (4 T m A)(15 A/m )(6)(0,20m) 4,5 10 T m.c B ds i jAµ µ π
− −⋅ = = = ×10 ⋅ = × ⋅∫



l
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 2 3 3
43. Vamos usar a Eq. 29-20, 20 ,/2B ir aµ π= para calcular o campo magnético no interior do fio (r < a), e a Eq. 29-17, 0 /2 ,B i rµ π= 
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,
7
40
2 2
(4 10 T m/A)(170 A)(0,0100 m) 8,50 10 T 0,850 mT.
2 2 (0,0200 m)
µ π
π π
−
−× ⋅= = = × =irB
a
(c) Para r = a = 0,0200 m,
7
30
2 2
(4 10 T m/A)(170 A)(0,0200 m) 1,70 10 T 1,70 mT.
2 2 (0,0200 m)
irB
a
µ π
π π
−
−× ⋅= = = × =
(d) Para r = 0,0400 m,
7
40 (4 10 T m/A)(170 A) 8,50 10 T 0,850 mT.
2 2 (0,0400 m)
iB
r
µ π
π π
−
−× ⋅= = = × =
44. Vamos usar a lei de Ampère, ∫ 0 ,B ds iµ⋅ =∫



 em que a integral é calculada ao longo de uma curva fechada, e a corrente é a cor-
rente total no interior da curva. 
(a) No caso da curva 1, o resultado é
∫ 701
6
( 5,0 A 3,0 A) (4 10 T m/A)( 2,0 A)
2,5 10 T m 2,5 T m.
B ds µ π
µ
−
−
⋅ = − + = × ⋅ −
=− × ⋅ =− ⋅
∫



(b) No caso da curva 2, temos
∫ 702
5
( 5,0 A 5,0 A 3,0 A) (4 10 T m/A)( 13,0 A)
1,6 10 T m 16 T m.
πµ
µ
−
−
⋅ = − − − = × ⋅ −
=− × ⋅ =− ⋅
∫ B ds



45. PENSE O valor da integral de linha ∫B ds⋅∫



 é proporcional à corrente total envolvida.
FORMULE De acordo com a lei de Ampère, ∫ 0 env ,B ds iµ⋅ =∫



 em que ienv é a corrente total envolvida pela curva fechada. 
ANALISE (a) Como duas das correntes são para fora do papel e uma é para dentro do papel, a corrente total envolvida é 2,0 A + 
2,0 A – 2,0 A = 2,0 A, para fora do papel. Como a curva é percorrida no sentido horário, uma corrente para dentro do papel é 
considerada positiva, e uma corrente para fora do papel é considerada negativa, como pode ser verificado usando a regra da mão 
direita associada à lei de Ampère. Assim,
∫ 
(b) Como a corrente total envolvida é zero (duas das correntes são para fora do papel e duas são para dentro do papel), 
∫ env0 0.B ds iµ⋅ = =∫


2 3 4 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M PA N H A R
APRENDA O valor de ∫B ds⋅∫


 ds → depende apenas da corrente total envolvida pela amperiana; a forma da amperiana é irrelevante.
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
∫
 
7 3
0 0
8
(7 6 3 ) 5 5(4 10 T m/A)(4,50 10 A)
2,83 10 T m +28,3 nT m.
πµ µ − −
−
⋅ = − + + = = × ⋅ ×
=+ × ⋅ = ⋅
∫ B ds i i i i i



47. Para r ≤ a,
( ) ( )
2
env0 0 0 0 0
00 0
2 2 .
2 2 2 3
r ri J rrB r J r rdr J rdr
r r a a
µ µ µ µπ π
π π π
 
 
 
= = = =∫ ∫
(a) Para r = 0, B = 0.
(b) Para r = a/2, temos 
2 7 2 3 2
0 0
3
7
(
/2)
/2) (4 10 T m/A)(310 A/m )(3,1 10 m/2)(
3 3(3,1 10 m)
1,0 10 T 0,10 T.
a
J aB
a
µ π
µ
− −
−
−
× ⋅ ×= =
×
= × =
(c) Para r = a, temos
 
48. (a) Por simetria, o campo magnético no eixo do cano se deve apenas ao fio, e o módulo desse campo é
0 0fio fio .
2 (3 ) 6C
i iB
R R
µ µ
π π
= =
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 tenha o sentido oposto 
ao do campo produzido pelo fio. Assim, 
0 fio 0
,cano,fio .2 2 (2 )P PP
i iB B B
R R
µ µ
π π
= − = −
Fazendo BC = –BP, 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,
7
40 (4 10 T m/A)(0,800A)(500) 5,33 10 T 533 T.
2 2 (0,150m)
µ π µ
π π
−
−× ⋅= = = × =iNB
r
(b) De acordo com a Eq. 29-24,
( )
7
40 (4 10 T m/A)(0,800A)(500) 4,00 10 T 400 T.
2 2 0,200 m
iNB
r
µ π µ
π π
−
−× ⋅= = = × =
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 2 3 5
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
7
0 0
1200
(4 10 T m/A)(3,60 A)
(0,950 m)
0,00571T 5,71 mT.
NB in iµ µ π − = = = × ⋅ 
 
= =

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
7
0 0
4
200
(4 10 T m/A)(0,30 A)
0,25 m
3,0 10 T 0,30 mT.
NB in iµ µ π −
−
 = = = × ⋅ 
 
= × =

52. Uma vez que, de acordo com a Eq. 29-23, B = μ0in = μ0iN/l, N = Bl/μ0i, e o comprimento L do fio é dado por
2 3
7
0
2 2 (2,60 10 m)(23,0 10 T)(1,30m)
2 108 m.
2(4 10 T m/A)(18,0A)
rBL rN
i
π ππ
µ π
− −
−
× ×
= = = =
× ⋅

53. Como o raio da órbita do elétron é
0
,
mv mvr
eB e niµ
= =
temos
31 8
19 7 2
0
(9,11 10 kg)(0,0460)(3,00 10 m s) 0,272 A.
(1,60 10 C)(4 T m A)(100 0,0100 m)(2,30 10 m)
mvi
e nrµ π
−
− − −
× ×= = =
× ×10 ⋅ ×
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
0 0
2 2 2
,
m m mLT
eB e in e iN
π π π
µ µ
= = =
em que 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
o
,
cos30 0,866
L L Lt
v v v/ /
= = =
em que v/ / é a componente da velocidade paralela ao eixo do solenoide. Assim, o número de revoluções é
19 7
60
31
(1,6 10 C)(4 10 H/m)(4,0 A)(8000)
1,6 10 .
0,866 2 2 (0,866)(800 m/s)(9,11 10 kg)
t L e iNn
T v mL
µ π
π π
− −
−
× ×
= = = = ×
×
55. PENSE O campo total em um ponto do interior do solenoide é a soma do campo produzido pelo solenoide com o campo 
produzido pelo fio. 
FORMULE O campo magnético em um ponto P do interior do solenoide é dado por ,s fB B B= +
  
 em que sB

 e fB

 são os campos 
produzidos pelo solenoide e pelo fio, respectivamente. Como o campo sB

aponta na direção do eixo do solenoide e o campo fB

 é 
perpendicular ao eixo do solenoide, sB

 e fB

 são mutuamente perpendiculares. Assim, para que o campo resultante faça 45o com 
o eixo do solenoide, os dois campos devem ter módulos iguais. 
2 3 6 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R
ANALISE (a) De acordo com a discussão anterior,
e, portanto, a distância d entre o ponto P e o eixo do solenoide deve ser
(b) O módulo do campo magnético a essa distância do eixo é
APRENDA No caso geral, o ângulo que o campo B

 resultante faz com o eixo do solenoide é dado por
56. De acordo com a Eq. 29-26, temos
( )
2 7
0 0
3 2
2 2
6
2 8 8(4 10 T m/A)(200)(0,0122 A)
5 5 5 5 0,25 m2 ( /2)
8,78 10 T 8,78 T.
µ µ π
µ
−
−
 
 
× ⋅= = =
+
= × =
P
iR N NiB
RR R
PB

 aponta no sentido do semieixo x positivo. 
57. PENSE O módulo do momento dipolar magnético é dado por μ = NiA, em que N é o número de espiras, i é a corrente e A é 
a área das espiras. 
FORMULE Como as espiras são circulares, A = πR2, em que R é o raio do cilindro. O campo magnético no eixo de um dipolo 
magnético, a uma distância z do centro do dipolo, é dado pela Eq. 29-27:
ANALISE (a) Substituindo os valores conhecidos, obtemos
(b) Explicitando z na equação anterior e substituindo μ pelo valor obtido no item (a), temos
APRENDA Note a semelhança entre B = μ0μ/2πz3, que é o campo magnético em um ponto do eixo de um dipolo magnético situado 
a uma distância z do centro do dipolo, e E = p/2πε0z3, o campo elétrico em um ponto de um dipolo elétrico situado a uma distância 
z do centro do dipolo (veja a Eq. 22-9). 
58. (a) Para uma espira, de acordo com a Eq. 29-10, B = μ0i/2R, e, portanto, B % i/R. Como a bobina b tem duas espiras,
2 2 4,0.b b a
a a b
B i R R
B i R R
= = =
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 2 3 7
(b) A razão entre os momentos dipolares das duas bobinas é
22
2
2 2 1 12 0,50.
2 2
b b b
a a a
iA R
iA R
µ
µ
 
 
 
= = = = =
59. PENSE O módulo do momento dipolar magnético é dado por μ = NiA, em que N é o número de espiras, i é a corrente e A é a área. 
FORMULE Como as espiras são circulares, A = πR2, em que R é o raio das espiras. 
ANALISE Para N = 200, i = 0,30 A e R = 0,050 m, o módulo do momento dipolar magnético é
APRENDA A orientação de µ é a mesma do vetor n normal ao plano das espiras, dada pela regra da mão direita da Fig. 28-19.
60. De acordo com a Eq. 29-26, a componente y do campo é
2 2
0 1 0 2
2 2 3/2 2 2 3/2
1 2
,
2( ) 2( )y
i R i RB
R z R z
µ µ= −
+ +
em que 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 pro-
duzidos pelas duas espiras têm sinais opostos se deve à observação 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 magnético; como sabemos que, neste caso, 
By = 7,2 × 10-6 T, obtemos
2 2 3/2 6 2 2 3/2
1 2 7 2
0
2 ( ) 2(7,2 10 T)[(0,04 m) (0,03 m) ]
0,90 A.
(4 10 T m/A)(0,04 m)
yB R Li
Rµ π
−
−
+ × +
= = ≈
× ⋅
(b) Como, de acordo com a Fig. 29-74b, By = 0 para y = 6 cm, temos
2 2
0 1 0 2
2 2 3/2 2 2 3/2 ,2( ) 2( )
i R i R
R L R y
µ µ=
+ +
o que nos dá
2 2 3/2 2 2 3/2
2 12 2 3/2 2 2 3/2
( ) [(0,04 m) (0,06 m) ]
(0,90 A) 2,7 A.
( ) [(0,04 m) (0,03 m) ]
R yi i
R L
+ +
= = =
+ +
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
7
50 1
1
1
(4 10 T m A)(15A)
7,9 10 T 79 T.
2 2(0,12m)
iB
R
µ π µ
−
−× ⋅= = = × =
(b) De acordo com a Eq. 28-37, temos
2
2 1 2 1 2 2 2 1 2 2 2 1
2 2 5
6
| | sen90
( )(1,3 A)(0,82 10 m) (7,9 10 T)
1,1 10 N m.
B B N i A B N i r Bτ µ µ π
π − −
−
= × = °= =
= 50 × ×
= × ⋅


2 3 8 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R
62. (a) De acordo com a Eq. 29-9, com ϕ = π rad, temos( )70 0 0
7
(4 10 T m/A) 0,0562 A1 1 1 1
4 4 4 0,0572 m 0,0936 m
4,97 10 T 0,497 T.
i i iB
a b a b
πµ π µ π µ
π π
µ
−
−
  
  
   
× ⋅
= + = + = +
4
= × =
(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 = (πa2 + πb2)/2, o módulo do momento magnético da espira é
2 2 2 2
3 2 2
(0,0562A)| | ( ) [(0,0572m) (0,0936m) ]
2 2
1,06 10 A m 1,06 mA m .
i a bπ πµ
−
= + = +
= × ⋅ = ⋅

(d) O sentido de µ

 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 corrente) conduzem duas correntes de 
mesmo valor absoluto (i) e sinais opostos, que se cancelam mutuamente, podemos considerar o circuito como 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
( )( )
2 2
2 2 2 2
ˆ ˆ ˆ ˆ( )( j i i) j
ˆ ˆ ˆ6,0A 0,10m j (6,0 10 A m ) j (0,060A m ) j.
bcfgb abgha cdefc ia iaµ µ µ µ
−
= + + = − + =
= = × ⋅ = ⋅
   
(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
6 2 2
0
3 3
11
ˆ(1,26 10 T m/A)(6,0 10 m A) j(0, 5,0 m, 0)
2 2 m)
ˆ ˆ(9,6 10 T) j (96 pT) j.
B
y
µ µ
π π
− −
−
× ⋅ × ⋅≈ =
(5,0
= × =


64. (a) Os segmentos retilíneos não contribuem para o campo magnético no ponto P, e a contribuição dos segmentos circulares 
é dada pela Eq. 29-9. Usando o vetor unitário k

 para indicar a direção “para fora do papel”, temos
80 0(0,200 A)(7 /4 rad) (0,200 A)(7 /4 rad)ˆ ˆ ˆk k 2,75 10 k T,
4 (4,00 m) 4 (2,00 m)P
B µ π µ π
π π
−= − = − ×

o que nos dá 8| | 2,75 10 T 27,5 nT.B −= × =

(b) O sentido é k̂− , ou seja, para dentro do papel.
65. De acordo com a Eq. 29-20,
2 3 2 4
7
0
2 | | 2 (8,00 10 m) (1,00 10 T)
0,00128 m 1,28 mm.
(4 10 T m/A)(25,0 A)
R Br
i
π π
µ π
− −
−
× ×
= = = =
× ⋅

M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 2 3 9
66. (a) De acordo com a Eq. 29-4, temos
0 1 0 2
tot 1 2
1 2
7 7
6
ˆ ˆk k
2 2
(4 10 T m/A)(6,00 A) (4 10 T m/A)(10,0 A)ˆ ˆk k
2 (10,0 cm) 2 (5,0 cm)
ˆ ˆ( 52,0 10 T)k ( 52,0 T)k.
i iB B B
r r
µ µ
π π
π π
π π
µ
−
−
= + =− −
× ⋅ × ⋅= −
= − × = −
−
  
(b) Nesse caso, r1 < y < r2. Fazendo
0 1 0 2
1 2
,
2 ( ) 2 ( )
i i
r y y r
µ µ
π π
=
− −
obtemos
2 1 1 2
2 1
(10,0 A)(10,0 cm) (6,00 A)(5,00 cm)
8,13 cm.
(10,0 A) (6,00 A)
i r i ry
i i
+ +
= = =
+ +
(c) Nesse caso, y > r2. Fazendo
0 0
1 2
,
2 ( ) 2 ( )
A Bi i
y r y r
µ µ
π π
=
− −
obtemos
2 1 1 2
2 1
(10,0 A)(10,0 cm) (6,00 A)(5,00 cm)
17,5 cm.
(10,0 A) (6,00 A)
i r i ry
i i
− −
= = =
− −
67. Vamos chamar de a o comprimento do lado do quadrado. Na solução do Problema 13 foi visto que o campo magnético pro-
duzido a uma distância R do centro de um fio de comprimento L é dado por
0
2 2
.
2 4
i LB
R L R
µ
π
=
+
Como o centro do quadrado está a uma distância a/2 de quatro fios de comprimento a, temos
 
0
centro 2 2
2 2
4 .
2 ( 2) 4( 2)
i iaB aa a a
µ µ
ππ
     
  
    
= =
+

Por outro lado, de acordo com a Eq. 29-10, o campo magnético no centro de um fio circular de raio R é μ0i/2R. Assim, o problema 
pede para mostrar que
0 02 2 4 2 1
2
i i
a R a R
µ µ
π π
> ⇒ >
.
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
Ra R a ππ= ⇒ =
2 4 0 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R
Assim, devemos provar que
2
4 2 8 2 1
,
a R Rπ π
= >
o que pode ser feito através de um simples cálculo numérico: 8 2 /π2 ≈ 1,15 > 1.
68. Vamos supor que o sentido da corrente é o sentido do semieixo x positivo 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 do semieixo z positivo. Combinando a Eq. 29-4 com a Eq. 28-2, obtemos
0 ˆ( k).
2
e iF v
r
µ
π
= − ×

 
(a) Se o elétron está se movendo para baixo, em direção ao fio, a velocidade do elétron é ĵv v= − e, portanto,
160 ˆ ˆ( i) (3,2 10 N)i,
2
e ivF
r
µ
π
−−= − = ×

o que nos dá 16| | 3,20 10 N.F −= ×

(b) Neste caso, a velocidade do elétron é îv v= e, portanto,
160 ˆ ˆ( j) (3,2 10 N) j,
2
e ivF
r
µ
π
−−= − = ×

o que nos dá 16| | 3,20 10 N.F −= ×

(c) Neste caso, a velocidade do elétron é k̂v v= ou kv v= −

 e, nos dois casos,
ˆ ˆk k 0.F ∝ × =

69. (a) De acordo com a regra da mão direita, o campo magnético 1B

 produzido no ponto a pelo fio 1 (o fio do vértice inferior 
esquerdo) está no plano xy e faz um ângulo ϕ = 150° com o semieixo x positivo; o campo 2B

 produzido no ponto a pelo fio 2 
(o fio do vértice inferior direito) também está no plano xy e faz um ângulo ϕ = 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
1 2
ˆ ˆ2 cos150 i ( 3,46 10 T) i.B B B   
 
= + = ° = − ×
  
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
5
7
0
2 2 (0,087 m)(3,46 10 T) 15A,
4 10 T m/A
π π
µ π
−
−= = × =× ⋅b
ri B
em que 3/2r =  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 sentido –z.
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 2 4 1
70. Os segmentos retilíneos não contribuem para o campo ,B

 e a contribuição dos arcos de circunferência é dada pela Eq. 29-9. 
Chamando de k̂ a direção “para fora do papel”, temos
70 0 0( rad) ( /2 rad) ( /2 rad)ˆ ˆ ˆ ˆk k k (1,57 10 T)k,
4 (4,00 m) 4 (2,00 m) 4 (4,00 m)
i i iB µ π µ π µ π
π π π
−= + − = ×

o que nos dá 7| | 1,57 10 T 157 nT.B −= × =

71. Chamando de R o raio do fio, uma corrente i produz um campo magnético
7
30 (4 10 T m/A)(50 A) 7,7 10 T 7,7 mT
2 2 (0,0013 m)
iB
R
µ π
π π
−
−× ⋅= = = × =
na superfície do fio.
72. (a) O módulo do campo magnético do lado de fora do cilindro é dado por
3 6
30 env
env 7
0
2 | | 2 (5,00 10 m)(1,0 10 )
25 10 A 25 mA.
2 4 10 T m/A
i r B TB i
r
µ π π
π µ π
− −
−
−
× ×
= ⇒ = = = × =
× ⋅


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 no 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 
0
2
,
2
irB
R
µ
π
=
em que R é o raio do cilindro. No caso do cilindro que estamos considerando, a densidade de corrente é
2 2
,
( )
i iJ
A a bπ
= =
−
a corrente no cilindro sem o furo é
2
2
1 2 2
iaI JA Ja
a b
π= = =
−
e o módulo do campo produzido em um ponto no interior do cilindro, a uma distância r1 do eixo, é
2
0 1 1 0 1 0 2
1 2 2 2 2 2 2
.
2 2 ( ) 2 ( )
I r ira irB
a a a b a b
µ µ µ
π π π
= = =
− −
A corrente em um cilindro com as mesmas dimensões que o furo é
2
2
2 2 2
ibI Jb
a b
π= =
−
e o módulo do campo produzido em um ponto no interior do cilindro, a uma distância r2 do eixo, é
2
0 2 2 0 2 0 2
2 2 2 2 2 2 2
.
2 2 ( ) 2 ( )
I r ir b irB
b b a b a b
µ µ µ
π π π
= = =
− −
2 4 2 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R
No centro do furo, o campo B2 é zero e o campo nesse ponto é omesmo que em um cilindro sem o furo. Fazendo r1 = d na expressão 
de B1, obtemos o campo no centro do furo:
( )7 50
2 2 2 2
(4 10 T m/A) 5,25 A (0,0200 m)
1,53 10 T 15,3 T.
2 ( ) 2 [(0,0400 m) (0,0150 m) ]
idB
a b
πµ µ
π π
−
−× ⋅= = = × =
− −
Se o sentido da corrente na Fig. 29-79 é para fora do papel, o campo aponta para cima.
(b) Para b = 0, a expressão anterior se torna
0
2
,
2
idB
a
µ
π
=
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. Vamos considerar uma 
trajetória retangular com dois lados compridos (1 e 2, de comprimento 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
( )
0 envretângulo
0 no furolado 1 lado 2 
lado 1 lado 2 0
B ds i
B ds B ds i
B B L
µ
µ
⋅ =
⋅ + ⋅ =
− =
∫
∫ ∫


 
 

(Blado 1 – Blado 2)L = 0
em que 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,
62 2 ( m)(7,30 10 T)
32,1A.
4 T m A
RBi π π
µ π
−×
= = =
× ⋅-7
,88
1
75. PENSE Este problema trata do cálculo do campo magnético em vários pontos do espaço nas vizinhanças de um segmento de 
fio percorrido por corrente.
FORMULE A lei de Biot-Savart pode ser escrita na forma
Para e , o produto vetorial é
em que usamos as relações ˆ ˆ ˆj i k,× = − ˆ ˆj j 0× = e ˆ ˆ ˆj k i.× = Desse modo, a equação de Biot-Savart se torna
∫ retângulo
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 2 4 3
ANALISE (a) O campo no ponto 0; 0; 5,0 m é
(b) O campo no ponto (0; 6,0 m; 0) é 0.
(c) O campo no ponto (7,0 m; 7,0 m; 0) é
(d) O campo no ponto (–3,0 m, –4,0 m, 0) é
APRENDA Em pontos dos eixos x e z, a expressão de B

 assume as formas simplificadas
O campo magnético em todos os pontos do eixo y é zero porque, como a orientação da corrente é a mesma do eixo y, r̂ 0.ds × =
76. (a) Com as correntes paralelas, a aplicação da regra da mão direita mostra que as componentes verticais se cancelam e as 
componentes horizontais se somam. O resultado é o seguinte:
40 ˆ ˆ ˆ2 cos45,0 i ( 4,00 10 T) i ( 400 T) i
2
iB
r
µ µ
π
− 
 
 
= − ° = − × = −

em que 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 componentes horizontais se cancelam e as 
componentes verticais se somam. O resultado é o seguinte:
40 ˆ ˆ ˆ2 sen 45,0 j (4,00 10 T) j (400 T) j.
2
iB
r
µ µ
π
− 
 
 
= ° = × =

77. Vamos chamar de ponto C o centro da circunferência. Como foi visto no Exemplo 29.01, “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 ϕ = 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 0( 2) ( ) 0.
µ π µ π
π π
− =
i i
R R
2
4 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 contribuições 
(dados pela Eq. 29-7) se somam, o resultado é
0 02
4 2
µ µ
π π
 = = 
 
i iB
R R
2 4 4 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R
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).
78. Os pontos em que o campo é zero estão em uma reta paralela ao fio, a uma distância r tal que Bfio = μ0i/2πr = Bext, o que nos dá
30
3
ext
(4 T m A)(100A)
4,0 10 m 4,0 mm.
2 2 (5 1 T)
ir
B
µ π
π π
−
−
× ⋅
= = = × =
×
-71
, 
79. (a) O campo nessa região se deve apenas ao fio. De acordo com a Eq. 29-17, temos 
7
0 3(4 10 T m/A)(24 A) 4,8 10 T 4,8 mT.
2 2 (0,0010 m)
fiB
r
µ π
π π
−
−× ⋅= = = × =
(b) Nesse caso, o campo é a soma da contribuição do fio, dada pela Eq. 29-17, com a contribuição de parte do condutor, dada pela 
Eq. 29-20, modificada para levar em conta o fato de que o condutor é oco:
2 2
0 0env0 0 int
2 2
ext int
3 2 3 2
3
3 2 3 2
4
2 2 2 2
(3,0 10 m) (2,0 10 m)1,6 10 T 1
(4,0 10 m) (2,0 10 m)
9,3 10 T 0,93 mT.
f f ci i r Ri iB
r r r r R R
µ µµ µ
π π π π
− −
−
− −
−
 
 
 
 
   
  
    
−
= − = −
−
× − ×= × −
× − ×
= × =
(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
3 3
2 2
7
0
0
2
2
2 2 (10 10 m)(0,20 10 T) 10 A.
4 10 T m/A2
r Bi
iB r
π π
µ π
µ
π
− −
−
× ×= ⇒ = = =
× ⋅
De acordo com a Eq. 29-17, o campo no ponto 1 é dado por
0
12 ,2
iB r
R
µ
π
 
 
 
=
o que nos dá
1/2 7 3
30 1
3
1/2
(4 10 T m/A)(10 A)(4,0 10 m) 5,3 10 m 5,3 mm.
2 2 (0,28 10 T)
irR
B
µ π
π π
− −
−
−
  
  
    
× ⋅ ×= = = × =
×
81. PENSE O objetivo deste problema é calcular o campo magnético criado por uma placa infinita percorrida por corrente usando 
a lei de Ampère.
FORMULE A expressão corrente por unidade de largura pode ser interpretada como o produto da densidade de corrente pela 
espessura Dy da placa λ = JDy. A lei de Ampère pode ser expressa em termos do vetor densidade de corrente da seguinte forma:
∫ 
em que a integral de superfície se estende à região envolvida pela amperiana (e J

 aponta no sentido do semieixo z positivo, para 
fora do papel). Como J é uniforme ao longo da placa, o lado direito da equação anterior se reduz a
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 2 4 5
ANALISE (a) As componentes horizontais de B

 nos pontos P e Pʹ estão desenhadas corretamente na Fig. 29-84, mas uma dúvida 
persiste: é possível que B

 possua uma componente vertical nos pontos P e Pʹ? 
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 sentido do campo será invertido, como na figura do meio. Se fizermos a placa girar de 180o 
em torno de uma reta perpendicular à placa, o campo sofrerá uma rotação de 180o, como na figura da direita. Acontece que a dis-
tribuição de corrente depois da rotação é igual à distribuição inicial; no entanto, comparando as figuras da esquerda e da direita, 
vemos que os campos não são iguais, a menos que o campo inicial seja paralelo à placa. Isso significa que o campo no ponto P não 
pode ter uma componente vertical; o mesmo raciocínio pode ser aplicado ao ponto Pʹ.
(b) Para calcular ∫ ,B ds⋅∫


 vamos supor que os pontos P e Pʹ estão à mesma distância d da placa e usar uma trajetória retangular, com 
lados horizontais de comprimento Dx (passandopelos pontos P e Pʹ) e lados verticais de comprimento 2d. Os lados verticais não 
contribuem para a integral, pois, como vimos, o campo B

 é horizontal e, portanto, o produto escalar do campo pelo elemento de 
comprimento é zero nesses lados. Por simetria, a contribuição de cada lado horizontal é BDx. Assim, de acordo com a lei de Ampère,
APRENDA Como esse resultado não depende da distância d entre os pontos e a placa, chegamos à conclusão de que, no caso de 
uma placa infinita percorrida por corrente, o campo magnético é o mesmo a qualquer distância da placa.
82. Podemos aplicar a Eq. 29-17 aos dois fios, com 2 2( /2)r R d= + (pelo teorema de Pitágoras). As componentes verticais dos 
campos se cancelam e as componentes horizontais se somam, apontando no sentido positivo do eixo x. O resultado final é
( )
60 0
22
/22 1,25 10 T,
2 2 /2
i iddB
r r R d
µ µ
π π
−  
      
  
= = = ×
+
o que nos dá, na notação dos vetores unitários, 6 ˆ ˆ(1,25 10 T) i (1,25 T) i.B µ−= × =

83. PENSE O campo magnético no ponto P é a soma vetorial dos campos produzidos pelos segmentos de fio. 
FORMULE Os dois segmentos menores próximos do ponto P foram chamados de 1 e 8 na figura a seguir. Seja k̂− um vetor 
unitário apontando para dentro do papel.
2 4 6 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R
De acordo com o resultado do Problema 29-17, o campo magnético no ponto P2 (mostrado na Fig. 29-44 e na figura da direita) é
Assim, os campos magnéticos produzidos pelos 8 segmentos são
e
ANALISE Somando todas as contribuições, obtemos o campo total no ponto P:
APRENDA Se o ponto P estiver situado no centro do quadrado, a contribuição de cada um dos oito segmentos será
e o campo total será
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 0(3,0 m)(5,0A)(3,2A) (3,0 m)(5,0A)(5,0A) 1,7 10 N 0,17 mN.
2 (0,10m) 2 (0,20m)
µ µ
π π
= + = × =
(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 0 5(3,0 m) 5,0 A 3,2 A (3,0 m) 5,0 A 5,0 A 2,1 10 N 0,021 mN.
2 (0,10 m) 2 0,20 m)
F
µ µ
π π
−= − = × =
(
85. PENSE Como o condutor oco tem simetria cilíndrica, podemos usar a lei de Ampère para calcular o campo magnético pro-
duzido pela distribuição de corrente dada. 
FORMULE De acordo com a lei de Ampère, ∫ env0 ,B ds iµ⋅ =∫


 em que ienv é a corrente envolvida pela amperiana. Vamos usar como 
amperiana uma circunferência de raio r em um plano perpendicular ao eixo da casca cilíndrica e com centro no eixo. Como a 
corrente está uniformemente distribuída na seção reta da casca cilíndrica, a corrente envolvida é
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 2 4 7
ANALISE (a) Na região b < r < a, temos
o que nos dá
2 2
0
2 2 .2 ( )
i r bB
ra b
µ
π
 
  
 
−=
−
(b) Para r = a, o campo magnético é
o que está de acordo com a Eq. 29-17.
Para r = b, B ∞ r2 - b2 = 0. 
Finalmente, para b = 0,
o que está de acordo com a Eq. 29-20.
(c) A figura que se segue mostra o gráfico de B(r), de r = 0 a r = 6 cm, para a = 2,0 cm, b = 1,8 cm e i = 100 A. O campo B e a 
distância r estão em unidades do SI.
APRENDA O campo B é zero para r < b, é proporcional a r – b2/r para b < r < a e é inversamente proporcional a r para r > a.
86. Vamos chamar de lados maiores os lados de comprimento L, e de lados menores os lados de comprimento W. O centro da 
espira está a uma distância W/2 dos pontos médios dos lados maiores e a uma distância L/2 dos pontos médios dos lados menores. 
Assim, de acordo com o resultado do Problema 29-17,
0 0
2 2 2 2
2 2 .
2 ( /2) 2 ( /2)4( /2) 4( /2)
i iL WB
W LL W W L
µ µ
π π
= +
+ +
2 4 8 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R
A forma final dessa expressão, que aparece no enunciado do problema, pode ser obtida calculando o denominador comum para 
a expressão anterior, somando os dois termos do lado direito e levando em conta o fato de que
2 2
2 2
2 2
.
L W W L
W L
+
= +
+
87. (a) Vamos escolher os sinais das correntes de tal forma que i seja positivo, para a corrente do cilindro menor, e negativo, para 
a corrente do cilindro (oco) maior. Nesse caso, de acordo com a Eq. 29-20, no interior do cilindro menor, 
0
2
, .
2
irB r c
c
µ
π
= ≤
(b) De acordo com a Eq. 29-17, na região entre os dois cilindros,
0 , .
2
iB c r b
r
µ
π
= ≤ ≤
(c) No interior do cilindro maior, o campo total é a diferença entre o campo produzido pelo cilindro menor (cujo valor ainda pode 
ser calculado utilizando a Eq. 29-17) e o campo (no sentido oposto) produzido pela corrente na parte do cilindro maior limitada 
por uma circunferência de raio r, cujo valor foi calculado no Problema 85. O resultado é
2 2
0 0
2 2
,
2 2
i i r bB b r a
r r a b
µ µ
π π
 −
= − < ≤ − 
.
Essa expressão pode ser simplificada para
2 2
0
2 22
i a rB
r a b
µ
π
 −
=  − 
.
(d) Como, do lado de fora do cilindro maior, a corrente total envolvida é zero, B = 0 para r ≥ a.
(e) Vamos testar essa expressão para um caso particular. Para a → ∞ e b → ∞ (com a > b), obtemos a Eq. 29-17.
(f) A figura a seguir mostra o gráfico pedido, com as escalas em unidades do SI.
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 seg-
mento do projétil é
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 2 4 9
1 2 1 2 1 2
0 0
ˆ ˆ ˆ( j) ( j) i
î .
4 (2 ) 4
dF dF dF idy B dy B i B B dy
i ii dy
R w y y
µ µ
π π
  
 
 
 
= + = − × + − × = +
= +
+ −
    
A força que age sobre o projétil é, portanto,
2 2
0 01 1 ˆ ˆi ln 1 i.
4 2 2
R w
R
i i wF dF dy
R w y y R
µ µ
π π
+
   
       
⌠

⌡
= = + = +
+ −∫
 
(b) Como, de acordo com o teorema do trabalho e energia, 
21
ext2 ,fK mv W F ds FL∆ = = = ∫ ⋅ =


a velocidade final do projétil é
[ ]
1/21/2 2
ext 0
1/27 3 2
3
3
2 2
ln 1
2
2(4 10 T m/A)(450 10 A) ln 1 (1,2cm)/(6,7cm) (4,0m)
2 (10 10 kg)
2,3 10 m/s 2,3 km/s.
f
W i wv L
m m R
µ
π
π
π
−
−
    = = +        
 × ⋅ × +
=  × 
= × =