Lei De Ampere

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Lei De Ampere

  1. 1. 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 anderson@npd.ufes.br Última atualização: 30/08/2005 11:57 H RESNICK, HALLIDAY, KRANE, FÍSICA, 4.ED., LTC, RIO DE JANEIRO, 1996. FÍSICA 3 Capítulo 35 - A Lei de Àmpere 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 50 51 52 53 54 55 56
  2. 2. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES Problemas Resolvidos 12. Um longo grampo de cabelo é formado dobrando-se um fio, como mostra a Fig. 32. Se uma corrente i de 11,5 A passar pelo fio, (a) quais serão a direção, o sentido e a intensidade de B no ponto a? (b) E no ponto b, que está muito distante de a? Considere R = 5,20 mm. (Pág. 169) Solução. Pode-se dividir o grampo em três setores: 1, 2 e 3. (a) O campo magnético em a (Ba) será a soma das contribuições dos setores 1, 2 e 3. B Ba = Ba1 + Ba 2 + Ba 3 Como as contribuições dos setores 1 e 3 são exatamente iguais, temos: Ba = 2Ba1 + Ba 2 (1) O cálculo de Ba1 é feito por meio da equação de Biot-Savart: B μ0 idl × r ˆ dBa1 = (2) 4π r 2 De acordo com o esquema acima: dl = dx R senθ = r r = ( R2 + x2 ) 1/ 2 Agora pode-se retomar (2): ________________________________________________________________________________________________________ 2 a Resnick, Halliday, Krane - Física 3 - 4 Ed. - LTC - 1996. Cap. 35 - A Lei de Àmpere
  3. 3. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES μ 0 idx.1.senθ μ idx.R dB a1 = k= 0 k 4π r 2 4π r 3 μ iR dx dBa1 = 0 k 4π ( R + x 2 )3/ 2 2 +∞ μ iR +∞ dx μ iR x B a1 = 0 ∫ k= 0 k 4π 0 ( R + x ) 2 2 3/ 2 4π R ( R + x 2 )1/ 2 2 2 0 μ 0i Ba1 = k (3) 4π R Calculo de Ba2: B μ idl × r ˆ dB a 2 = 0 4π r 2 Nesse esquema tem-se: dl = ds Logo: μ 0 ids.1.sen( π 2) μi dB a 2 = k = 0 2 dsk 4π R 2 4π R μ i πR Ba 2 = 0 2 ∫ dsk 4π R 0 μ 0i Ba 2 = k (4) 4R Substituindo-se (3) e (4) em (1): μi μi μi B a = 2 0 k + 0 k = 0 (2 + π )k = (1,13708 × 10−3 T)k 4π R 4R 4π R Ba ≈ (1,14 mT) k (b) O cálculo de Bb é feito admitindo-se que a distância entre a e b é suficientemente grande de tal forma que o campo gerado em b equivale ao campo produzido por dois fios infinitos paralelos, eqüidistantes de b e conduzindo a mesma corrente i em sentidos contrários. μi μi B b = 2 0 k = 0 k = (8,8461 × 10−4 T)k 2π R πR Bb ≈ (0,885 mT) k Nota-se que a curvatura do grampo proporciona aumento na intensidade do campo magnético em a quando comparado ao ponto b. [Início] ________________________________________________________________________________________________________ 3 a Resnick, Halliday, Krane - Física 3 - 4 Ed. - LTC - 1996. Cap. 35 - A Lei de Àmpere
  4. 4. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES 15. Considere o circuito da Fig. 35. Os segmentos curvos são arcos de círculos de raios a e b. Os segmentos retilíneos são radiais. Ache o campo magnético B em P, supondo uma corrente i percorrendo o circuito. (Pág. 170) Solução. O campo magnético no ponto P é dado por: B P = B P1 + B P 2 + B P 3 + B P 4 As contribuições dos setores radiais esquerdo e direito são nulas devido à colinearidade entre o fio e o ponto P. Portanto: B P = B P1 + B P 3 (1) Considerando-se que o módulo do campo magnético no centro de um circuito circular de raio R, no qual trafega uma corrente i, é dado por (Eq. 16, pág. 158) μi B= 0 , 2R pode-se considerar que os arcos definidos pelos raios a e b produzem campos magnéticos em P que correspondem a uma fração do comprimento do círculo. Ou seja: μ i ⎛ bθ ⎞ μ 0iθ B P1 = 0 ⎜ ⎟k = k (2) 2b ⎝ 2π b ⎠ 4π b μ 0i ⎛ aθ ⎞ μ0iθ B P2 = − ⎜ ⎟k = − k (3) 2a ⎝ 2π a ⎠ 4π a Substituindo-se (2) e (3) em (1): μ iθ μ iθ BP = 0 k − 0 k 4π b 4π a μ iθ ⎛ 1 1 ⎞ BP = 0 ⎜ − ⎟ k 4π ⎝ b a ⎠ [Início] 17. (a) Mostre que B, no centro de uma espira de fio retangular, de comprimento L e largura d, percorrida por uma corrente i, é dada por 2μ0i ( L2 + d 2 )1/ 2 B= π Ld (b) A que se reduz B quando L >> d? Este é o resultado que se deveria esperar? (Veja o ________________________________________________________________________________________________________ 4 a Resnick, Halliday, Krane - Física 3 - 4 Ed. - LTC - 1996. Cap. 35 - A Lei de Àmpere
  5. 5. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES Exemplo 1.) (Pág. 170) Solução. O campo magnético no centro da espira é o resultado da sobreposição dos campos magnéticos produzidos pelos quatro segmentos de fio que compõem a espira, sendo que todos os segmentos contribuem com campos que possuem mesma direção e sentido. Admitindo-se que o sentido da corrente seja horário, o campo magnético no centro da espira apontará para dentro da página, perpendicular ao plano do papel. i L/2 d d/2 L Campo magnético produzido por uma corrente i que trafega num segmento de fio de comprimento a, a uma distância b ortogonal ao centro do segmento (lei de Biot-Savart): a/2 b r θ i ds x a ds = dx μ 0 ds × r ˆ dB = i 2 4π r μ ds.1.senθ μ0 dx.b μ0ib dx dB = 0 i = i 3 = 4π r 2 4π r 4π (b + x 2 )3/ 2 2 +a / 2 μ ib + a / 2 dx μ ib x B= 0 ∫ = 0 .2. 2 2 4π − a / 2 (b + x ) 2 2 3/ 2 4π b (b + x 2 )1/ 2 0 μ 0i a B= 2π b (4b + x 2 )1/ 2 2 Sobreposição dos campos de cada segmento: B = 2 Bd + 2 BL μ 0i d μ 0i L B = 2. + 2. ⎛L⎞ 1/ 2 ⎛d⎞ 1/ 2 2π ⎜ ⎟ ⎡ 4 ⎛ L ⎞ + d 2 ⎤ 2π ⎜ ⎟ ⎡ 4 ⎛ d ⎞ + L2 ⎤ 2 2 ⎝2⎠ ⎢ ⎜2⎟ ⎥ ⎝2⎠ ⎢ ⎜2⎟ ⎥ ⎢ ⎝ ⎠ ⎣ ⎥ ⎦ ⎢ ⎝ ⎠ ⎣ ⎥ ⎦ 2 μ0i d 2 μ0i L 2 μ0i ⎛ d L ⎞ 2 μ0i ( L + d ) 2 2 B= + = + = π L ( L2 + d 2 )1/ 2 π d (d 2 + L2 )1/ 2 π ( L2 + d 2 )1/ 2 ⎜ L d ⎟ π dL( L2 + d 2 )1/ 2 ⎝ ⎠ Logo: 2μ0i ( L2 + d 2 )1/ 2 B= π dL (b) Para L >> d: ________________________________________________________________________________________________________ 5 a Resnick, Halliday, Krane - Física 3 - 4 Ed. - LTC - 1996. Cap. 35 - A Lei de Àmpere
  6. 6. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES 2 μ 0i B= (1) πd Sim. No Exemplo 1 temos dois fios longos paralelos separados por uma distância 2d’ e o campo é calculado a uma distância x do ponto médio entre os fios. A expressão obtida foi: μ0id ' B= (2) π (d '2 − x 2 ) Fazer L >> d equivale a transformar a espira retangular em dois fios longos paralelos separados por uma distância d. Neste caso teremos d’ = d/2 e x = 0 em (2). Logo: d μ 0i B= 2 ⎛d 2 ⎞ π ⎜ 2 − 02 ⎟ ⎝2 ⎠ 2 μ 0i B= . πd [Início] 30. (a) Um fio longo é encurvado no formato mostrado na Fig. 41, sem contato no ponto de cruzamento P. O raio da parte circular é R. Determine o módulo, a direção e o sentido de B no centro C da porção circular, quando a corrente i tem o sentido indicado na figura. (b) A parte circular do fio é girada em torno do seu diâmetro (linha tracejada), perpendicular à parte retilínea do fio. O momento magnético da espira circular aponta agora na direção da parte retilínea e no sentido da corrente nesta parte. Determine B em C, neste caso. (Pág. 171) Solução. (a) O campo magnético no ponto C (B) é a superposição do campo magnético produzido por uma corrente i que trafega num fio infinito (Bf), a uma distância ortogonal R do fio, e do campo B produzido no centro de um anel de corrente i de raio R (Ba). B B = Bf + Ba O módulo do campo magnético no centro de uma espira circular de raio R, no qual trafega uma corrente i, é dado por (Eq. 16, pág. 158) μi B= 0 . 2R Logo: μi μi B= 0 k+ 0 k 2π R 2R μ 0i ⎛ 1 ⎞ B= ⎜ + 1⎟ k 2R ⎝ π ⎠ ________________________________________________________________________________________________________ 6 a Resnick, Halliday, Krane - Física 3 - 4 Ed. - LTC - 1996. Cap. 35 - A Lei de Àmpere
  7. 7. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES (b) μ i z C x y P i B = Bf + Ba μ 0i μi B= k+ 0 i 2π R 2R μ i⎛ 1 ⎞ B = 0 ⎜i + k ⎟ 2R ⎝ π ⎠ [Início] 36. A Fig. 46 mostra um fio longo percorrido por uma corrente i1. A espira retangular é percorrida por uma corrente i2. Calcule a força resultante sobre a espira. Suponha que a = 1,10 cm, b = 9,20 cm, L = 32,3 cm, i1 = 28,6 A e i2 = 21,8 A. (Pág. 172) Solução. Considere o esquema abaixo: FA i1 i2 B x y FD FB z x FC A força sobre a espira é a soma das forças magnéticas sobre os segmentos A, B, C e D. F = FA + FB + FC + FD A simetria envolvida na situação do problema permite-nos concluir que: FB = −FD Logo: F = FA + FC F = i2 l A × B A + i2 l C × BC ________________________________________________________________________________________________________ 7 a Resnick, Halliday, Krane - Física 3 - 4 Ed. - LTC - 1996. Cap. 35 - A Lei de Àmpere
  8. 8. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES μ0i1 μ0i1 μ ii L b F = i2 L j − i2 L j= 012 j 2μ a 2μ ( a + b ) 2μ a ( a + b ) F= ( 4π ×10 −7 T.m/A ) ( 28, 6 A )( 21,8 A )( 0,323 m ) × 2π × ( 0, 0920 m ) j = ( 3, 27049 × 10 −3 N ) j ( 0, 0110 m ) ⎡( 0, 0110 m ) + ( 0, 0920 m ) ⎤ ⎣ ⎦ F ≈ ( 3, 27 × 10 −3 N ) j [Início] 42. Considere um fio longo cilíndrico de raio R percorrido por uma corrente i distribuída uniformemente ao longo da sua seção reta. Encontre os dois valores da distância ao eixo do fio para os quais a intensidade do campo magnético devido ao fio é igual à metade do seu valor na superfície do fio. (Pág. 173) Solução. O campo magnético na superfície do fio cilíndrico é facilmente obtido pela lei de Ampère, por meio da construção de um circuito de Ampère circular de raio R em torno do fio. ∫ B.ds = μ i 0 B.2π R = μ0i μ 0i B= 2π R Para r < R: B/2 r R B ∫ 2 .ds = μ i 0 (r ) μ 0i π r2 .2π r = μ 0 i 4π R π R2 R r= 2 Para r < R: ________________________________________________________________________________________________________ 8 a Resnick, Halliday, Krane - Física 3 - 4 Ed. - LTC - 1996. Cap. 35 - A Lei de Àmpere
  9. 9. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES B/2 r R B ∫ 2 .ds = μ i0 μ 0i .2π r = μ 0i 4π R r = 2R [Início] ________________________________________________________________________________________________________ 9 a Resnick, Halliday, Krane - Física 3 - 4 Ed. - LTC - 1996. Cap. 35 - A Lei de Àmpere

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