Campo MagnéTico

PROBLEMAS RESOLVIDOS DE FÍSICA Prof. Anderson Coser Gaudio Departamento de Física – Centro de Ciências Exatas – Universidade Federal do Espírito Santo http://www.cce.ufes.br/anderson [email protected] Última atualização: 30/08/2005 12:02 H

RESNICK, HALLIDAY, KRANE, FÍSICA, 4.ED., LTC, RIO DE JANEIRO, 1996.

FÍSICA 3

Capítulo 34 - O Campo Magnético

Problemas

01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 5051 52 53 54 55 56 57 58 59 60 61 62 63 64

Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES

Problemas Resolvidos 16. Um feixe de elétrons, cuja energia cinética é K, emerge de uma lâmina fina na “janela” da

extremidade do tubo de um acelerador. Existe uma placa de metal, perpendicular à direção do feixe emergente, a uma distância d desta janela. Veja Fig. 30. (a) Mostre que podemos evitar que o feixe colida com a placa aplicando um campo magnético B, tal que

2 2

2mKBe d

≥ ,

onde m e e são a massa e a carga do elétron. (b) Qual deve ser o sentido de B?

x

y

z (Pág. 150)

Solução. (a) Para seguir a trajetória descrita no esquema acima, o feixe de elétrons deve interagir com um campo magnético que tenha a direção +z. A trajetória será circular com raio d e força centrípeta igual à força magnética sobre os elétrons. c mF F=

2mv evB

d=

mvBed

=

2 2

22 2

m vBe d

= (1)

Velocidade dos elétrons:

212

K mv=

2 2Kvm

= (2)

Substituindo-se (2) em (1):

2

22 2 2 2

22

KmmKmB

e d e d

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠= =

2mKBed

= (3)

________________________________________________________________________________________________________ Resnick, Halliday, Krane - Física 3 - 4a Ed. - LTC - 1996. Cap. 34 - O Campo Magnético

2


Para este valor de campo magnético o feixe de elétrons irá tangenciar a placa metálica. Um valor maior de B aumentará a força centrípeta que, por sua vez, reduzirá o raio da trajetória circular. Isto fará com que o feixe se afaste da placa metálica. Portanto, valores maiores de B, dado por (3) também são soluções para este problema. Logo:

2mKBed

≥

(b) Vetor campo magnético:

2mKed

=B k

[Início]

22. A Fig. 32 mostra um dispositivo usado para medir as massas dos íons. Um íon de massa m e

carga +q é produzido basicamente em repouso pela fonte S, a partir de uma descarga através do gás no interior de uma câmara. O íon é acelerado por uma diferença de potencial V e penetra um campo magnético B. Ele se move no interior do campo em semicírculo, colidindo com uma chapa fotográfica a uma distância x da fenda de entrada. Mostre que a massa m do íon é dada por

2

2.8B qm xV

= ,

(Pág. 150)

Solução. Aceleração do íon em direção à câmara: (1) 2 2

0 2v v ad= +

Onde v0 é zero, pois o íon parte do repouso. Mas:

e

VqF qE qVdam m m md

= = = = (2)



3


2 22 qV qVv dmd m

= = (3)

Movimento circular no interior da câmara: cF B=

2 2 22

2

mv mv mv qvBxr x= = =

2qBm x

v=

2 2

224

q Bmv

= 2x (4)


2 2

2 2

24

q Bm xqVm

=

2

2

8qBm x

V=

[Início]

39. Uma tira de metal de 6,5 cm de comprimento por 0,88 cm de largura e 0,76 mm de espessura se

desloca, com velocidade constante v, por um campo magnético B = 1,2 mT perpendicular à tira, conforme ilustra a Fig. 34. Uma diferença de potencial de 3,9 μV é medida entre os pontos x e y. Calcule a velocidade escalar v.

(Pág. 152)

Solução. A ação do campo magnético (B) sobre os elétrons de condução da tira de metal resulta numa força magnética (Fm) sobre os mesmos, dada por: q= ×mF v B

Pela regra da mão direita, Fm tem sentido apontando de x para y, ao longo da largura da fita (lembre-se que elétrons têm carga negativa, que deve ser levado em conta na equação acima). O acúmulo de elétrons do lado direito da tira de metal gera um campo elétrico (E)cuja força (Fe) sobre os elétrons, no equilíbrio, deve ser igual à força magnética.


4



5

0 + =e mF F

0q q+ × =E v B = − ×E v BMódulo do campo elétrico:

VE vBd

= =

Logo:

VvBd

=

-6

-3 -3

3,9×10 V 0,3693 /(1,2×10 T).(8,8×10 m)

v m= = s

37 cm/sv ≈

[Início] 42. Um fio de metal de massa m desliza, sem atrito, sobre dois trilhos horizontais separados por

uma distância d, conforme vemos na Fig. 36. Os trilhos estão num campo magnético uniforme vertical B. Uma corrente constante i, fornecida por um gerador G, passa de um trilho para o outro através do fio de metal, retornando ao gerador. Determine a velocidade (módulo e sentido) do fio em função do tempo, supondo que em t = 0 ele está em repouso.

x y

z

(Pág. 152)

Solução. Força sobre o fio: i= ×F l B ( ) ( )i d B= ×F i k idB= −F jAceleração do fio:

idBm m

−= =

Fa j

Velocidade do fio em função do tempo: t= +0v v a

0 idB tm

−⎛ ⎞= + ⎜ ⎟⎝ ⎠

v j

idBtm

= −v j


Obs.: Neste cálculo foi desprezada a fem induzida devido à variação do fluxo do campo magnético através do circuito, que é provocada pelo movimento do fio. A fem induzida tem sinal contrário à fem do gerador, o que provoca a atenuação da corrente no circuito. O resultado disso é a diminuição da intensidade da força sobre o fio, com as conseqüentes alterações na aceleração e na velocidade do fio.

[Início] 46. Um bastão de cobre de 1,15 kg repousa sobre dois trilhos horizontais, separados de 95,0 cm, e

conduz uma corrente de 53,2 A de um trilho para o outro. O coeficiente de atrito estático é 0,58. Determine o menor campo magnético (não necessariamente vertical) que seria capaz de fazer o bastão deslizar. (Pág. 152)

Solução. Considere o esquema abaixo:

N

PFa

Fm

ii

l

xyz

i

Para que a barra horizontal deslize, a força magnética deve ser maior do que a força de atrito estático máxima. No limiar do movimento, teremos: 0+ =a mF F

Força de atrito estático sobre o bastão: emgμ= −aF j

Logo: emgμ= − =m aF F j (1)

Força magnética sobre a barra: (2) i= ×F l BOnde:

(3) l=l iExtraindo-se B de (2):

2i

i×

= − ml FBl

(4)

Substituindo-se (1) e (3) em (4)

( ) ( )( )2

eil mgilμ×

= −i j

B

( )2

eil mgilμ

= −B k

emgil

μ= −B k


6


0,12946 TB =

0,13 TB ≈

[Início] 50. O raio da face de um relógio de parede circular tem 15 cm. Em volta dessa face são enroladas

seis voltas de fio, que conduz uma corrente de 2,0 A no sentido horário. O relógio está dentro de um campo magnético uniforme, constante, de 70 mT (mas continua funcionando perfeitamente). Exatamente às 13:00 h, o ponteiro das horas aponta no sentido do campo magnético externo. (a) Depois de quantos minutos o ponteiro dos minutos apontará no sentido do torque provocado pelo campo magnético sobre o enrolamento? (b) Qual o módulo desse torque? (Pág. 153)

Solução. (a) Considere o esquema abaixo:

12 12

3θB

R

i

x

y

z μ x

O enunciado do problema nos revela que o vetor campo magnético aponta para o marcador “1” do relógio e, portanto, faz um ângulo de θ = 60o com a horizontal. Vetor campo magnético: cos senB Bθ θ= +B i j

)

Momento magnético das espiras (direção e sentido segundo a regra da mão direita): NiA= −μ kTorque do campo magnético sobre o enrolamento: = ×τ μ B

( ) ( cos senNiA B Bθ θ= − × +τ k i j

( )sen cosNiAB θ θ= −τ i j

Considerando-se que θ = 60o, percebe-se que τ aponta para a marca “4” do relógio (veja esquema abaixo). Logo, serão necessários 20 min para que o ponteiro dos minutos atinja esta direção.

12 12

3τ

4

(b) 0,05937 N.mτ =

0,059 N.mτ ≈

[Início]


7


51. Um fio de comprimento L conduz uma corrente i. Mostre que se o fio forma uma bobina circular, o torque máximo desenvolvido por um determinado campo magnético acontece quando a bobina tem apenas uma espira e seu módulo é dado por

214

L iBτπ

= .

(Pág. 153) Solução. Como o comprimento do fio é fixo, quanto maior o número de espiras menor será a área de cada uma. O comprimento do fio (L) deve ser igual ao número de voltas (N) vezes o comprimento de cada volta (2πr). 2L rNπ=

2

LrNπ

= (1)

Torque da força magnética sobre a espira: = ×τ μ B senNiABτ θ= 2( ) senNi r Bτ π θ=

Naturalmente o ângulo θ deverá ser igual a π/2 para maximizar o torque: (2) 2Nir Bτ π=Substituindo-se (1) em (2):

2

2LNi BN

τ ππ

⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠

2

4iL B

Nτ

π=

Como τ ∝ 1/N, conclui-se que para maximizar o torque o número de espiras deverá ser igual a 1 (N = 1).

2

4iL Bτπ

=

[Início]

53. A Fig. 40 mostra um fio em anel de raio a, perpendicular à direção de um campo magnético

divergente, radialmente simétrico. O campo magnético tem a mesma intensidade B em todos os pontos do anel, e seu sentido faz um ângulo θ com a normal ao plano do anel em todos os pontos. A ponta torcida do fio não têm nenhum efeito sobre o problema. Se o anel conduz uma corrente i, determine o módulo e o sentido da força que o campo exerce sobre ele, conforme mostrado na figura.


8


(Pág. 153)

Solução. Vista lateral do sistema:

dl

BθdF

x

y

z

Força sobre um elemento de fio dl: d id= ×F l B (1) dF idlB=Força total sobre o anel: x y zd dF dF dF= + +F i j k

x y zdF dF dF= + +∫ ∫ ∫F i j k

As duas primeiras integrais são nulas devido à simetria envolvida no problema. sendF θ= ∫F k

k

(2)


( )2

0sen sen

aidlB iB dl

πθ θ= =∫ ∫F k

2 senaiBπ θ=F k

[Início] 55. A Fig. 41 mostra um cilindro de madeira com massa m = 262 g e comprimento L = 12,7 cm,

com um fio enrolado longitudinalmente em volta dele, de maneira que o plano do enrolamento, com N = 13 voltas, contém o eixo do cilindro e é paralelo a um plano que tem uma inclinação θ com a horizontal. O cilindro está sobre esse plano inclinado, e o conjunto está sendo submetido a um campo magnético uniforme, vertical, de 477 mT. Qual a menor corrente que deve circular no enrolamento, de forma a evitar que o cilindro role para baixo?


9


(Pág. 153)

Solução. Para que o cilindro não role rampa abaixo ou acima, o torque resultante em relação ao centro de massa, ou em relação ao ponto de contato do cilindro com a rampa, deve ser zero. Em relação ao centro de massa do cilindro agem os torques devido à força magnética e à força de atrito estático. Note que nem a força peso nem a normal exercem torques em relação ao centro de massa. No esquema de forças abaixo, foram omitidas as duas forças magnéticas em z, que agem sobre os lados das espiras paralelos à pagina.

(1) 0+ =m aτ τ

Torque da força magnética:

senNiAB θ= × =mτ μ B k

a

(2) Torque da força de atrito:

(3) = ×a aτ r F

O cálculo da força de atrito pode ser feito pelas componentes das forças em x e y. Forças em x:

0x axN F− =

sen cos 0aN Fθ θ− =

cos

senaFN θ

θ=

(4) Forças em y:

0y ayN F P+ − =

cos senaN F mgθ θ+ = (5) ________________________________________________________________________________________________________ Resnick, Halliday, Krane - Física 3 - 4a Ed. - LTC - 1996. Cap. 34 - O Campo Magnético

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cos cos sen

sena

aF F mgθ θ θ

θ+ =

2 2cos sensenaF mθ θ

θ⎛ ⎞+

=⎜ ⎟⎝ ⎠

g

senaF mg θ= (6) Pode-se agora resolver (3):

senrmg θ= −aτ k (7) Substituindo-se (2) e (7) em (1): sen sen 0NiAB rmgθ θ− =k k (2 )Ni rL B rmg=

2NiLB mg=

2

mgiNLB

=

1,6318 Ai =

1,63 Ai ≈

[Início]


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