Lista - Cap 8 - Eletromagnetismo 2022 1

ELETROMAGNETISMO: Capítulo VIII – FORÇAS MAGNÉTICAS, MATERIAIS E INDUTÂNCIA 1 Lista de Exercícios do Capítulo VIII 01) Uma carga de -1,2 C tem uma velocidade de x z 5a  − 3a  m/s. Encontre a força exercida sobre ela no campo: (a) x y z E 18a 5a 10a = − + −     V/m; (b) x y z B 4a 4a 3a = − + +     Wb/m2; (c) E e B juntos. Resp.: (a) x y z 21,6a 6a 12a − +    ; (b) x y z 14,4a 3,6a 24a − + −    ; (c) x y z 7,2a 2,4a 12a − −    N. 02) Um condutor filamentar infinito sobre o eixo z, conduz uma corrente de 2 A no sentido z + a . Ache o módulo da força sobre 1 m de comprimento do condutor no campo: (a) x z B 0,1a 0,2a = −    Wb/m2; (b) x y B 0,3a 0,4a = −    Wb/m2; (c) x B  = 0,2a  Wb/m2, y E  = 0,3a  mV/m. Resp.: (a) 0,2; (b) 1; (c) 0,4006 N. 03) Uma amostra de germânio do tipo n é mostrada na figura. Considerando que ela tenha um comprimento igual a 2,8 cm e uma seção reta de 1,2 mm por 1,5 cm, que a mobilidade dos elétrons seja de 0,39 m2/V.s, que o campo magnético seja igual a 0,08 Wb/m2 e que, finalmente, o campo elétrico na direção da corrente seja igual a 1200 V/m, ache, (a) a velocidade de arrastamento; (b) a diferença de potencial obtida em uma direção perpendicular a ambos os vetores campo magnético e velocidade das cargas (Efeito Hall); (c) a diferença de potencial entre as extremidades da amostra no sentido do comprimento da mesma. Resp.: (a) 468 m/s; (b) 561,6 mV; (c) 33,6 V. 04) Um filamento de corrente passa pelo ponto P1(0,0,0) conduzindo 4 A no sentido x + a , e um segundo filamento passa por P2(2,5,1) também conduzindo 4 A, só que no sentido de y + a . (a) ache o vetor força exercido em um elemento incremental ΔL2 do segundo filamento, localizado em P2, devido a um elemento incremental ΔL1 do primeiro condutor, localizado em P1. (b) ache a força que age em ΔL1 devido a ΔL2. Resp.: (a) 48,7 ΔL1 ΔL2 x a ; (b) -19,7 ΔL1 ΔL2 y a nN. 05) A espira de corrente mostrada na figura está situada no plano z = 0, em presença de um campo magnético x y z B 0,8a 0,7a a = − +     Wb/m2. Ache: (a) a força sobre o lado retilíneo; (b) o torque sobre a espira considerando-se um braço de alavanca cuja origem é o centro da parte retilínea da espira. Resp.: (a) x z 4a  − 3,2a  N; (b) x y 0,088796a 0,10053a −  −  N.m. 06) Ache o módulo da intensidade de campo magnético no interior de um material para o qual: (a) a densidade de fluxo magnético é 4 mWb/m2 e a permeabilidade relativa é 1,008; (b) a suscetibilidade magnética é -0,006 e a magnetização é 19 A/m; (c) temos 8,1×1028 átomos/m3,cada átomo possui um momento de dipolo de 4×10-30 A.m2 e 4 m 10− χ = . Resp.: (a) 3157,84; (b) 3166,67; (c) 3240 A/m. 07) Em um material magnético, 3 H 5  = ρ aφ  A/m e µ = 4 10−6 × H/m. Para ρ = 2, determine: (a) Jm  ; (b) T J ; (c) J Resp.: (a) z 174,6479a ; (b) z 254,6479a ; (c) z 80a A/m2. ELETROMAGNETISMO: Capítulo VIII – FORÇAS MAGNÉTICAS, MATERIAIS E INDUTÂNCIA 2 08) Dois materiais lineares, isotrópicos e homogêneos têm uma interface em x = 0 na qual existe uma corrente superficial z K  = 200 a  A/m. Para x < 0 , µR1 = 2 e 1 x y z H 150a 400a 250a = − +     A/m. Na região 2, x > 0 e µR2 = 5. Determinar: (a) 2 H ; (b) 1 B ; (c) 2 B Resp.: (a) x y z 60a 200a 250a − +    A/m; (b) 1,244 mWb/m2; (c) 2,0466 mWb/m2. 09) Dado o circuito magnético da figura ao lado, considere B = 0,8 Wb/m2 num ponto médio do braço superior e encontre: (a) Vm no ar; (b) Vm no aço; (c) a corrente necessária em um enrolamento com 1500 espiras no braço esquerdo. Resp.: (a) 3183,1 Ae; (b) 40,2 Ae; (c) 2,14886 A. 10) Para valores de B abaixo do joelho da curva de magnetização do aço-silício do núcleo mostrado na figura, é possível considerar-se operação linear com µR = 4000. Os braços externos têm comprimentos de 10 cm e área da seção reta de 1 cm2; o braço central tem comprimento de 3 cm e uma área de seção reta de 2,4 cm2. Um enrolamento de 1200 espiras em que flui uma corrente de 9 mA é colocado em torno do braço central. Encontre B no: (a) braço central; (b) no braço da esquerda; (c) no braço da direita se for feito um entreferro de 0,2 mm em cada coluna. Resp.: (a) 0,3619; (b) 0,4343; (c) 0,0341 Wb/m2. 11) O transformador mostrado na questão 10 tem uma bobina com 400 espiras conduzindo 2 A no braço central, o qual tem uma área efetiva de 2,5 cm2 e um comprimento efetivo de 5 cm. Estes valores para cada um dos braços exteriores são de 2 cm2 e 15 cm, respectivamente. Calcule o comprimento de um entreferro que deve existir no braço central de modo que tenhamos B = 1,2 Wb/m2 neste braço, se o núcleo é feito de: (a) aço-silício; (b) aço fundido. Resp.: (a) 0,80613 mm; (b) 0,715367 mm. 12) Ache a indutância própria de: (a) um cabo coaxial com 2 m de comprimento, a = 1,5 mm, b = 7,5 mm, preenchido com uma ferrita para a qual µR = 120; (b) um enrolamento toroidal com 600 espiras enroladas em um núcleo de madeira tendo uma seção reta de 2 × 2 cm2 e raio interno igual a 2,5 cm; (c) um solenóide de 600 espiras, raio de 2 cm, 40 cm de comprimento, com µR = 100 para 0 ρ 3 < < mm e µR = 1 para 0,3 ρ 2 < < cm. Resp.: (a) 77,253; (b) 846,4128; (c) 4586,9973 µH. 13) Um solenóide tem 25 cm de comprimento, 3 cm de diâmetro, 400 espiras e conduz uma corrente continua de 4 A. Seu eixo é perpendicular a um campo magnético uniforme de 0,08 Wb/m2 no ar. Usando uma origem no centro do solenóide, calcule o torque agindo sobre o ele. Resp.: 0,090478 N m ⋅ . 14) No modelo atômico simples, um elétron (carga = e) orbita em torno de um núcleo positivo com velocidade angular ω e raio a. Determinar: (a) o momento magnético do modelo; (b) o torque que resulta de uma densidade de fluxo magnético B paralela ao plano de rotação; (c) a velocidade ω igualando as forças de Coulomb e centrípeta no elétron de massa me em órbita. Resp.: (a) 2 ωea / 2; (b) 2 ωea B / 2; (c) 3 0 e e/ 4 πε m a . ELETROMAGNETISMO: Capítulo VIII – FORÇAS MAGNÉTICAS, MATERIAIS E INDUTÂNCIA 3 15) Um solenóide com 1200 espiras, 60 cm de comprimento, e 1 cm de diâmetro é enrolado em um núcleo cilíndrico para o qual µR = 12. Esta bobina é centrada coaxialmente no interior de um segundo solenóide que tem 800 espiras, 60 cm de comprimento e 3 cm de diâmetro. Calcule a indutância própria de cada solenóide, bem como a indutância mútua entre eles. O núcleo cilíndrico deve estar presente em todos os cálculos. Resp.: 2,84; 2,11; 1,89496 mH. 16) Uma carga pontual de 4 C está se movendo em um campo elétrico uniforme x E  = 3a  V/m. Em t = 0, a carga pontual se localiza na origem e tem uma velocidade de z 5a m/s. Como simplificação, considere uma massa de 1 kg mas despreze a gravidade. Use a equação da força e as leis de Newton para obter as equações diferenciais apropriadas, resolva-as e calcule para t = 2 s: (a) a posição P(x,y,z) da carga; (b) sua velocidade; (c) sua energia cinética. Resp.: (a) (24, 0, 10) m; (b) x z 24a  + 5a  m/s; (c) 300,5 J. 17) Um elétron tem uma velocidade de 106 m/s no sentido ax + em um campo magnético x y z B 0,2a 0,3a 0,5a = − +     Wb/m2. (a) Qual é o campo elétrico presente se a força resultante sobre o elétron é zero. (b) Se 0 x y z E E (a a a ) = + +     , sendo E0 > 0, determine E0 de tal modo que a força resultante seja 0,2 pN. Resp.: (a) y z 500a  + 300a  kV/m; (b) 957,54398 kV/m. 18) Os condutores da figura são filamentares e o da esquerda tem comprimento infinito. Ache o vetor força em cada um dos quatro lados da espira quadrada bem como a força resultante sobre todo o quadrado. Resp.: L y F  = −24a  µN, R y F =12a   µN, T z F  = 24a ln2  µN, B z F  = −24a ln2  µN, total y F = −12a   µN 19) No plano z = 0, a densidade de fluxo magnético tem somente uma componente x dada por x 2 B 1,6/(x 1) = + µWb/m2. Qual é o vetor força exercido sobre uma corrente superficial y K  = 0,1a  A/m na região do plano z = 0 delimitada por 0 < y < 1, −∞ < x < +∞? Resp.: −0,16πaz  µN. 20) Um filamento de corrente de comprimento infinito, conduz 12 A no sentido az + , e uma faixa estreita do plano x = 0, situada entre y = 5 e y = 20 mm conduz uma corrente total de 12 A no sentido az − . Assumidas condições de vácuo, achar o vetor força por metro de comprimento exercido sobre: (a) a faixa pelo filamento; (b) o filamento pela faixa. Resp.: (a) y 2,66a mN/m; (b) y -2,66a Mn/m. 21) Um toróide tem um núcleo de aço-silício com uma seção reta quadrada de (1,5 × 1,5) cm2 e um raio interno de 5 cm. A bobina fornece 120 Aesp. Qual deve ser o comprimento do entreferro a fim de causar uma força de 5 lbf (1 lbf = 4,448 N) em cada face do entreferro? Resp.: 241,5603 µm. 22) Um certo material isotrópico tem χm = 2 e x B  = 20ya  mWb/m2. Ache: (a) µR; (b) µ; (c) Jm  ; (d) J ; (e) M ; (f) H  . Resp.: (a) 3; (b) 3,77 µH/m; (c) −10,61az  kA/m2; (d) −5,31az  kA/m2; (e) x 10,61ya kA/m; (f) x 5,31ya kA/m. ELETROMAGNETISMO: Capítulo VIII – FORÇAS MAGNÉTICAS, MATERIAIS E INDUTÂNCIA 4 23) Uma espira filamentar de corrente tem vértices nos pontos (0,1,0), (0,1,1), (0,2,1) e (0,2,0). A corrente é de 8 A e flui no sentido horário quando a espira é vista do eixo + x. Sendo y B  = 3a  Wb/m2, ache o torque em relação a um eixo: (a) ao longo do eixo z; (b) ao longo da reta x 0 = , y = 1,5. (c) Substituindo o campo uniforme B por uma corrente filamentar de 15 A no sentido az + no eixo z, qual será então o torque em relação à origem? Resp.: (a) e (b) −24az  N m ⋅ ; (c) x 6a µ N m ⋅ . 24) Ache B, H e M em todo o espaço se z J  =12a  kA/m2 e µR = 2,5 na região -0,1 < y < 0,2 m, e J  = 0 , µR = 1,25 para todo o restante do espaço. Resp.: Na região y < -0,1: x H  =1800a  , 0 x B  = 2250µ a  , x M  = 450a  ; na região -0,1 < y < 0,2: x H 12000(0,05 y)a = −   , 0 x B 30000µ (0,05 y)a = −   , x M 18000(0,05 y)a = −   ; na região y > 0,2: x H  = −1800a  , 0 x B  = −2250µ a  , x M  = −450a  (H e M em A/m, B em Wb/m2). 25) Dois filamentos de corrente, de comprimento infinito, situam-se no plano x = 0, sendo um situado em z = 2 com corrente de 50 A no sentido ay + , e o outro, situado em z = 0, com 50 A no sentido ay − . Se µR = 1,01 em todo o espaço, ache o módulo de B, H e M em P(2; -5; 0,5). Resp.: B = 3,9194 µWb/m2, H = 3,08806 A/m, M = 0,0308806 A/m. 26) Dados µR1 = 1, µR2 = 2 e 1 x y z H 300a 150a 450a = − +     A/m, sabendo que a superfície de separação contém a origem e que o vetor unitário normal N12 x y z a ( 2a 5a 14a )/15 = − + +     é normal à superfície no citado ponto, apontando da região 1 para a região 2, determine o ângulo agudo entre aN12 e : (a) H1; (b) H2. Resp.: (a) 53,98658º; (b) 70,0263º. 27) Um solenóide longo tem um raio igual a 3 cm e 5000 espiras/m, conduzindo uma corrente 0,25 A em cada espira. A região 0 < ρ < a no interior do solenóide tem µR = 5, enquanto que para a < ρ < 3 cm temos µR = 1. Ache a de modo que: (a) um fluxo total de 10 µWb se ache presente; (b) o fluxo seja igualmente dividido pelas duas regiões supramencionadas. Resp.: (a) 1,678 cm; (b) 1,225 cm. 28) Um circuito magnético consiste de um entreferro, com 0,5 mm de comprimento e área efetiva de 2,1 cm2, em série com um trecho de aço-silício com 12,5 cm de comprimento e área de 2 cm2. Uma força magnetomotriz de 400 Ae é aplicada ao circuito. Calcule a densidade de fluxo no aço se: (a) consideramos nula a relutância do trecho de aço; (b) considerarmos o aço magneticamente linear, com µ = 0,005 H/m. Resp.: (a) 1,05558 Wb/m2; (b) 0,99025 Wb/m2. 29) Um relé eletromagnético pode ser encarado como sendo um trecho de ferro com 10 cm de comprimento, 1 cm2 de seção reta, µR = 1500, em série com um entreferro (gap) de ar de 1 mm de comprimento quando o relé está aberto. Considere a área do entreferro como sendo também igual a 1 cm2. A bobina tem 5000 espiras e conduz uma corrente de 15 mA. Ache a força exercida sobre a armadura (a parte móvel do circuito magnético) quando o comprimento do entreferro é: (a) 1 mm; (b) 0,3 mm; (c) 0,1 mm. Resp.: (a) 0,3106; (b) 2,6288; (c) 12,7235 N. 30) Um filamento infinito situa-se sobre o eixo z no vácuo, e uma espira filamentar de forma quadrada com 2 m de lado situa-se no plano y = 0, com o lado da espira paralelo e mais próximo ao eixo z, distando 1 m do mesmo. (a) Calcule a indutância mutua M. (b) Calcule M se a espira for agora girada de 45º com o lado paralelo e mais próximo ao eixo z mantido fixo. Resp.: (a) 0,439445 µH; (b) 0,4115523 µH. ELETROMAGNETISMO: Capítulo VIII – FORÇAS MAGNÉTICAS, MATERIAIS E INDUTÂNCIA 5 31) Uma carga pontual, Q = −0,3 C µ de massa 16 m 3.10 kg − = está se movendo através do campo z E = 30a   [V/m]. Em t = 0, 5 x v = 3.10 a   m/s na origem. Para t = 3μs, encontre: (a) a posição P(x, y, z) da carga; (b) a velocidade v ; (c) a energia cinética da carga. Resp.: (a) ( 0,9 ; 0 ; − 0,135 ) [m]; (b) 5 4 x z 3.10 a  − 9.10 a  [m/s] (c) 5 1,4715.10− [J] 32) Compare os módulos das forças elétrica e magnética em um elétron com velocidade 7 10 [m/s]. Assuma uma intensidade de campo elétrico de 5 10 [V/m] e uma indução magnética associada com o campo magnético da Terra em regiões temperadas, 0,5 gauss (1G = 4 10− T). Resp.: E M F 200 F = × . 33) Mostre que uma partícula carregada em um campo magnético uniforme descreve uma órbita circular com um período orbital independente do raio. Encontre a relação entre a velocidade angular e a indução magnética para um elétron (a frequência cyclotron). Dados do elétron: 19 31 q 1,6.10 C, m 9,1.10 kg − − = = . Resp.: Demonstração; 11 -1 2 m T [s] 1,7582.10 [s ] qB B π ω = = . 34) Uma espira retangular no espaço livre une o ponto A(1, 0, 1) ao ponto B(3, 0, 1) ao ponto C(3, 0, 4) ao ponto D(1, 0, 4) ao ponto A. O fio é percorrido por uma corrente de 6 mA, fluindo na direção z a de B para C. Uma corrente filamentar de 15 A flui ao longo de todo o eixo z, na direção z a . (a) Encontre F  no lado BC. (b) Encontre F  no lado AB. (c) Encontre Fres  sobre a espira. Resp.: (a) x −18a nN  ; (b) z 19,8a nN  ; (c) x 36a nN  35) Uma linha de transmissão consiste em dois planos condutores de largura "b" e separados por uma distância "d" no ar. Os planos estão carregando correntes iguais de módulo I e em direções opostas. Se b ≫ d, encontre a intensidade da força de repulsão por unidade de comprimento entre os dois condutores. Resp.: (a) 0I2 F 2b = µ [N/m]. 36) Seja R1 2 µ = na região 1, definida por 2x 3y 4z 1 + − > , enquanto R2 5 µ = na região 2, onde 2x 3y 4z 1 + − < . Na região 1, 1 x y z H 50a 30a 20a = − +     [A/m]. Encontre (a) Hn1  ; (b) Ht1  ; (c) Ht2  ; (d) Hn2  ; (e) 1θ , o ângulo entre H1  e n21 a ; (f) 2 θ , o ângulo entre H2  e n21 a . Resp.: (a) x y z 4,83a 7,24a 9,66a − − +    [A/m]; (b) x y z 54,83a 22,76a 10,34a − +    [A/m]. (c) x y z 54,83a 22,76a 10,34a − +    [A/m]; (d) x y z 1,93a 2,90a 3,86a − − +    [A/m]; (e) 102°; (f) 95° 37) Um toróide é construído com um material de área de seção reta de 2 2,5 cm e um comprimento médio de 8 cm. Há também um pequeno entreferro de 0,25 mm de comprimento e área efetiva de 2 2,8 cm . Uma força magnetomotriz de 200 Ae é aplicada ao circuito. Calcule o fluxo total no toróide, se o material magnético: (a) tem permeabilidade infinita; (b) é linear, com r 1000 µ = . Resp.: (a) 4 2,8149.10− [Wb]; (b) 4 2,0722.10− [Wb] ELETROMAGNETISMO: Capítulo VIII – FORÇAS MAGNÉTICAS, MATERIAIS E INDUTÂNCIA 6 38) (a) Use relações de energia para mostrar que a indutância própria de um cabo cilíndrico de material não-magnético com raio "a" carregando uma corrente I uniformemente distribuída é 0 8 µ π [H/m]. (b) Encontre a indutância própria se a porção do condutor para qual c a ρ < < é removida. Resp.: (a) Demonstração; (b) ( ) ( ) 4 2 2 4 4 0 2 2 2 a 4a c 3c 4c ln a / c L 8 a c   − + + µ   =   π −     [H/m]. 39) Os cones θ = 21 ° e θ =159 ° são superfícies condutoras e conduzem correntes totais de 40 A, como mostra a figura. As correntes retornam por uma superfície condutora esférica de 0,25 m de raio. (a) Encontre H  na região 0 r 0,25 < < , 21 ° < θ <159 ° , 0 2 < φ < π. (b) Qual a energia armazenada nessa região? Resp.: (a) 20 H a rsen φ = π θ   [A/m]; (b) 4 1,3485.10− [J]. 40) Encontre a indutância da configuração cone-esfera descrita no problema 39. Essa indutância é oferecida na origem, entre os vértices do cone.. Resp.: 0,16856 H µ . ELETROMAGNETISMO: Capítulo VIII – FORÇAS MAGNÉTICAS, MATERIAIS E INDUTÂNCIA 7 ANEXO: Curvas B-H de vários materiais ferromagnéticos Figura 1 - Curvas B – H para H < 400 A/m Eixo B (eixo vertical) = 0,02 T por cada divisão (menor divisão) Eixo H (eixo horizontal) = 5 A/m por cada divisão (menor divisão) Figura 2 - Curvas B – H para H > 400 A/m Eixo B (eixo vertical) = 0,02 T por cada divisão (menor divisão) Eixo H (eixo horizontal) = 50 A/m por cada divisão (menor divisão) D C B A B C D B C D A a) A força magnetomotriz causada pela bobina é: ℱ = 𝑁𝑖 = (400)(2𝐴) = 800 𝐴 · 𝑒 Por analogia com a Primeira Lei de Ohm: ℱ = ℛ𝑒𝑞𝜙1 Onde 𝜙1 é o fluxo magnético no braço central. Logo, a relutância equivalente deve ser: ℛ𝑒𝑞 = ℱ 𝜙1 = ℱ 𝐵𝐴 = 800 𝐴 · 𝑒 (1.2 𝑊𝑏 𝑚2 ) (2.5 · 10−4 𝑚2) = 8000000 3 𝐴. 𝑒 𝑊𝑏 Então precisamos calcular essa relutância equivalente considerando o entreferro. Além disso, não vamos considerar o fenômeno do espraiamento no entreferro. Considere o diagrama abaixo: A relutância equivalente será, onde a relutância do entre ferro é ℛ𝑔: ℛ𝑒𝑞 = ℛ1 + ℛ𝑔 + (ℛ2 ∥ ℛ3) Para o aço-silício, usando a curva de magnetização dada: Temos, para 𝐵 = 1.2 𝑊𝑏 𝑚2 um valor de 𝐻 = 306 𝐴 𝑚. Usando a expressão 𝐵 = 𝜇𝐻, temos: 𝜇 = 1.2 𝑇 306 𝐴 𝑚 = 1 255 𝑇 · 𝑚 𝐴 As expressões das respectivas relutâncias serão: ℛ1 = 𝑙1 𝜇𝑐𝐴𝑐 = 0.05 𝑚 ( 1 255 𝑇 · 𝑚 𝐴 ) (2.5 · 10−4 𝑚2) = 51000 𝐴. 𝑒 𝑊𝑏 ℛ𝑔 = 𝑙𝑔 𝜇0𝐴𝑐 = 𝑙𝑔 (4𝜋 · 10−7 𝑇 · 𝑚 𝐴 ) (2.5 · 10−4 𝑚2) = 1010𝑙𝑔 𝜋 𝐴. 𝑒 𝑊𝑏 ℛ2 = ℛ3 = 𝑙2 𝜇2𝐴2 = 0.15 𝑚 ( 1 255 𝑇 · 𝑚 𝐴 ) (2 · 10−4 𝑚2) = 191250 𝐴. 𝑒 𝑊𝑏 Precisamos calcular a parte essa relutância em paralelo ℛ2 ∥ ℛ3. Porém, como ambas as relutâncias são iguais, basta dividir o valor de ℛ2 ou ℛ3 por 2: ℛ2 ∥ ℛ3 = 95625 𝐴. 𝑒 𝑊𝑏 E o valor da relutância equivalente é: ℛ𝑒𝑞 = ℛ1 + ℛ𝑔 + (ℛ2 ∥ ℛ3) ℛ𝑒𝑞 = 51000 𝐴. 𝑒 𝑊𝑏 + 1010𝑙𝑔 𝜋 𝐴. 𝑒 𝑊𝑏 + 95625 𝐴. 𝑒 𝑊𝑏 ℛ𝑒𝑞 = 125 (8 · 107𝑙𝑔 𝜋 + 1173) 𝐴. 𝑒 𝑊𝑏 Como sabemos que ℛ𝑒𝑞 = 8000000 3 𝐴.𝑒 𝑊𝑏, teremos uma equação para 𝑙𝑔 8000000 3 = 125 (8 · 107𝑙𝑔 𝜋 + 1173) 𝑙𝑔 = 60481𝜋 24 · 107 𝑚 𝑙𝑔 = 0,00079169 𝑚 𝑙𝑔 = 0,79169 𝑚𝑚 (𝑏𝑒𝑚 𝑝𝑟ó𝑥𝑖𝑚𝑜 𝑑𝑜 𝑔𝑎𝑏𝑎𝑟𝑖𝑡𝑜 − 𝑑𝑒𝑣𝑒 𝑠𝑒𝑟 𝑞𝑢𝑒𝑠𝑡ã𝑜 𝑑𝑒 𝑎𝑟𝑟𝑒𝑑𝑜𝑛𝑑𝑎𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜 − 𝑒𝑢 𝑎𝑟𝑟𝑒𝑑𝑜𝑛𝑑𝑒𝑖 𝑎𝑝𝑒𝑛𝑎𝑠 𝑜 ú𝑙𝑡𝑖𝑚𝑜 𝑝𝑎𝑠𝑠𝑜) b) Teremos que recalcular as relutâncias, pois o valor de 𝜇𝑐 varia para o aço fundido. Recorrendo à curva de magnetização: Só que para 𝐵 = 1.2 𝑊𝑏 𝑚2, o respectivo ponto de interseção fica fora dos limites do diagrama. Para contornar esse problema e sabendo que a curva do aço fundido é praticamente uma reta para valores de H maiores que 175 A/m, então devemos interpolar: Vamos escolher primeiramente os valores de 𝐵 = 0.5 𝑊𝑏 𝑚2 e 𝐵 = 0.6 𝑊𝑏 𝑚2 verificar o H correspondente: Observa-se que temos, respectivamente, 𝐻 = 275 𝐴 𝑚 e 𝐻 = 325 𝐴 𝑚. Realizando a interpolação: 0.6 − 0.5 325 − 275 = 1.2 − 0.5 𝐻 − 275 Portanto, o valor de H que procuramos é 𝐻 = 625 𝐴 𝑚. Logo, o valor da permeabilidade magnética é: 𝜇𝑐 = 𝐵 𝐻 = 1.2 625 = 6 3125 𝑇 · 𝑚 𝐴 Recalculando as relutâncias: ℛ1 = 𝑙1 𝜇𝑐𝐴𝑐 = 0.05 𝑚 ( 6 3125 𝑇 · 𝑚 𝐴 ) (2.5 · 10−4 𝑚2) = 312500 3 𝐴. 𝑒 𝑊𝑏 ℛ𝑔 = 𝑙𝑔 𝜇0𝐴𝑐 = 𝑙𝑔 (4𝜋 · 10−7 𝑇 · 𝑚 𝐴 ) (2.5 · 10−4 𝑚2) = 1010𝑙𝑔 𝜋 𝐴. 𝑒 𝑊𝑏 ℛ2 = ℛ3 = 𝑙2 𝜇2𝐴2 = 0.15 𝑚 ( 6 3125 𝑇 · 𝑚 𝐴 ) (2 · 10−4 𝑚2) = 390625 𝐴. 𝑒 𝑊𝑏 Precisamos calcular a parte essa relutância em paralelo ℛ2 ∥ ℛ3. Porém, como ambas as relutâncias são iguais, basta dividir o valor de ℛ2 ou ℛ3 por 2: ℛ2 ∥ ℛ3 = 390625 2 𝐴. 𝑒 𝑊𝑏 E o valor da relutância equivalente é: ℛ𝑒𝑞 = ℛ1 + ℛ𝑔 + (ℛ2 ∥ ℛ3) ℛ𝑒𝑞 = 312500 3 𝐴. 𝑒 𝑊𝑏 + 1010𝑙𝑔 𝜋 𝐴. 𝑒 𝑊𝑏 + 390625 2 𝐴. 𝑒 𝑊𝑏 ℛ𝑒𝑞 = 1010𝑙𝑔 𝜋 + 1796875 6 𝐴 · 𝑒 𝑊𝑏 Como sabemos que ℛ𝑒𝑞 = 8000000 3 𝐴.𝑒 𝑊𝑏, teremos uma equação para 𝑙𝑔 8000000 3 = 1010𝑙𝑔 𝜋 + 1796875 6 𝑙𝑔 = 303𝜋 1280000 𝑚 𝑙𝑔 = 0,00074367 𝑚 𝑙𝑔 = 0,74367 𝑚𝑚 (𝑎𝑖𝑛𝑑𝑎 𝑝𝑟ó𝑥𝑖𝑚𝑜 𝑑𝑜 𝑔𝑎𝑏𝑎𝑟𝑖𝑡𝑜) a) A indutância própria de um cabo coaxial é dada por: 𝐿 = 𝜇𝑟𝜇0𝑙 2𝜋 ln (𝑏 𝑎) 𝐿 = (120) (4𝜋 · 10−7 𝑇 · 𝑚 𝐴 ) (2𝑚) 2𝜋 ln (7.5𝑚𝑚 1.5𝑚𝑚) 𝐿 = 7.72530 · 10−5 𝐻 𝐿 = 77,253 𝜇𝐻 (b) A indutância própria de um enrolamento toroidal é dada por: 𝐿 = 𝜇0𝑁2ℎ 2𝜋 ln (𝑟 + ℎ 𝑟 ) 𝐿 = (4𝜋 · 10−7 𝑇 · 𝑚 𝐴 ) (600)2(0.02𝑚) 2𝜋 ln (0.025𝑚 + 0.02𝑚 0.025𝑚 ) 𝐿 = 8,464128 · 10−4 𝐻 𝐿 = 846,4128 𝜇𝐻 (c) A indutância própria de um solenoide é dada por: 𝐿 = 𝜇𝑁2𝐴 𝑙 Porém, temos 𝜇 diferentes para diferentes regiões da seção transversal do solenoide. Para contornar esse problema, vamos dividir essa região em duas regiões: 𝐿 = 𝜇𝑜𝜇𝑟1𝑁2𝐴1 𝑙 + 𝜇𝑜𝜇𝑟2𝑁2𝐴2 𝑙 𝐿 = 𝜇0𝜋𝑁2 𝑙 (𝜇𝑟1𝑟1 2 + 𝜇𝑟2(𝑟2 2 − 𝑟1 2)) Substituindo com os dados: 𝐿 = (4𝜋 · 10−7 𝑇 · 𝑚 𝐴 ) 𝜋(600)2 0.40𝑚 ((100)(0.003𝑚)2 + (1)((0.02𝑚)2 − (0.003𝑚)2)) 𝐿 = 4.5869973 · 10−3 𝐻 𝐿 = 4587,9973 𝜇𝐻 O torque agindo sobre o solenoide é dado por: 𝜏 = 𝑁𝐼𝐵𝐴 𝑠𝑖𝑛(𝜃) 𝜏 = (400)(4 𝐴) (0.08 𝑊𝑏 𝑚2) (𝜋(0.03𝑚)2 4 ) sin(90°) 𝜏 = 0,0904778 𝑁 · 𝑚 a) O momento magnético do modelo é: 𝑚 = 𝐼𝐴 A trajetória do elétron é uma circunferência de raio 𝑎. Essa circunferência pode ser uma espira no modelo dado. A área dessa espira é: 𝐴 = 𝜋𝑟2 = 𝜋𝑎² Já corrente I é obtida a partir da definição: 𝐼 = 𝑒 𝑇 = 𝑒𝑓 Lembrando que: 𝜔 = 2𝜋𝑓 𝑓 = 𝜔 2𝜋 Logo: 𝐼 = 𝜔𝑒 2𝜋 E 𝑚 = 𝐼𝐴 = (𝜔𝑒 2𝜋) (𝜋𝑎2) 𝑚 = 𝜔𝑒𝑎2 2 b) O torque é dado por: 𝜏⃗ = 𝑚⃗⃗⃗ × 𝐵⃗⃗ Como o momento magnético é perpendicular ao campo B, logo: 𝜏 = 𝑚𝐵 𝜏 = 𝜔𝑒𝑎2𝐵 2 c) A força centrípeta é igual à força de Coulomb: 𝐹𝑐𝑝 = 𝐹𝑒𝑙 𝑚𝑒𝑣2 𝑅 = 1 4𝜋𝜀0 𝑒2 𝑅2 No caso, 𝑣2 = 𝜔2𝑅2 𝑚𝑒𝜔2𝑅2 𝑅 = 1 4𝜋𝜀0 𝑒2 𝑅2 𝑚𝑒𝜔2𝑅 = 1 4𝜋𝜀0 𝑒2 𝑅2 𝑚𝑒𝜔2 = 𝑒2 4𝜋𝜀0𝑅3 𝜔2 = 𝑒2 4𝜋𝜀0𝑚𝑒𝑅3 𝜔 = 𝑒 √4𝜋𝜀0𝑚𝑒𝑅3 Como 𝑅 = 𝑎 𝜔 = 𝑒 √4𝜋𝜀0𝑚𝑒𝑎3 A indutância própria de um solenoide é: 𝐿 = 𝜇0𝜇𝑟𝑁2𝐴 𝑙 Calculando a indutância do solenoide interno: 𝐿𝑖𝑛𝑡 = 𝜇0𝜇𝑟𝑁𝑖𝑛𝑡 2 𝐴𝑖𝑛𝑡 𝑙 𝐿𝑒𝑥𝑡 = (4𝜋 · 10−7 𝑇 · 𝑚 𝐴 ) (12)(1200)2𝜋(0.005𝑚)2 0.6𝑚 𝐿𝑖𝑛𝑡 = 2.84 𝑚𝐻 Calculando a indutância própria do solenoide externo: 𝐿𝑒𝑥𝑡 = 𝜇0𝜇𝑟𝑁𝑒𝑥𝑡 2 𝐴𝑒𝑥𝑡 𝑙 𝐿𝑖𝑛𝑡 = (4𝜋 · 10−7 𝑇 · 𝑚 𝐴 ) (12)(800)2𝜋(0.015𝑚)2 0.6𝑚 𝐿𝑖𝑛𝑡 = 11.4 𝑚𝐻 (𝑑𝑖𝑓𝑒𝑟𝑒𝑛𝑡𝑒 𝑑𝑜 𝑔𝑎𝑏𝑎𝑟𝑖𝑡𝑜 − 𝑢𝑚 𝑠𝑜𝑙𝑒𝑛𝑜𝑖𝑑𝑒 𝑐𝑜𝑚 𝑑𝑖â𝑚𝑒𝑡𝑟𝑜 3𝑥 𝑚𝑎𝑖𝑜𝑟 𝑣𝑎𝑖 𝑡𝑒𝑟 𝑖𝑛𝑑𝑢𝑡â𝑛𝑐𝑖𝑎 𝑚𝑎𝑖𝑜𝑟) E a indutância mútua é: 𝑀12 = 𝑀21 = 𝜇0𝜇𝑟𝑁𝑖𝑛𝑡𝑁𝑒𝑥𝑡𝐴𝑖𝑛𝑡 𝑙 𝑀12 = (4𝜋 · 10−7 𝑇 · 𝑚 𝐴 ) (12)(1200)(800)𝜋(0.005𝑚)2 0.6𝑚 𝑀12 = 1,89496 𝑚𝐻 a) Haverá forças apenas no eixo x, já que o campo 𝐸⃗⃗ é paralela ao eixo x: 𝐹⃗ = 𝑚𝑎⃗ = 𝑞𝐸⃗⃗ Então: 𝑚𝑎⃗ − 𝑞𝐸⃗⃗ = 0 Substituindo os valores: 1 · 𝑎𝑥 − 4 · 3 = 0 𝑎𝑥 − 12 = 0 𝑎𝑥 = 12 Colocando na forma de uma equação diferencial 𝑑2𝑥 𝑑𝑡2 = 12 𝑑𝑥 𝑑𝑡 = ∫ 12𝑑𝑡 𝑑𝑥 𝑑𝑡 = 12𝑡 + 𝐶1 𝑥 = ∫(12𝑡 + 𝐶1)𝑑𝑡 𝑥 = 6𝑡2 + 𝐶1𝑡 + 𝐶2 As constantes 𝐶1 e 𝐶2 podemos encontrar utilizando os valores iniciais: Para 𝑡 = 0, 𝑣0𝑥 = 0 0 = 12 · 0 + 𝐶1 𝐶1 = 0 E para 𝑡 = 0, 𝑥 = 0 0 = 6 · 02 + 0 · 0 + 𝐶2 𝐶2 = 0 Logo: 𝑥 = 6𝑡2 𝑥 = 6 · 22 𝑥 = 24 𝑚 A carga se mantém em repouso na coordenada y: 𝑦 = 0 E a carga mantém sua velocidade no eixo z. Logo: 𝑧 = 𝑣𝑧𝑡 𝑧 = 5 · 2 𝑧 = 10 𝑚 Portanto, as coordenadas da carga em 𝑡 = 2𝑠 são: 𝑃(𝑡 = 2) = (24,0,10) 𝑚 b) Sua velocidade no eixo x é: 𝑣𝑥 = 12𝑡 𝑣𝑥 = 12 · 2 𝑣𝑥 = 24 𝑚 𝑠 A velocidade no eixo y é nula, já que a carga se mantém em repouso: 𝑣𝑦 = 0 E a velocidade no eixo z permanece a mesma: 𝑣𝑧 = 5 𝑚 𝑠 Logo, a velocidade vetorial em 𝑡 = 2 𝑠 é: 𝑣⃗(𝑡 = 2𝑠) = (24â𝑥 + 5â𝑧) 𝑚 𝑠 c) Precisamos antes calcular a velocidade escalar em 𝑡 = 2𝑠: 𝑣 = √𝑣𝑥2 + 𝑣𝑦2 𝑣 = √242 + 52 𝑣 = √601 𝑚 𝑠 E, a partir dessa velocidade escalar, obter a energia cinética: 𝐾 = 𝑚𝑣2 2 𝐾 = (1𝑘𝑔) (601 𝑚2 𝑠2 ) 2 𝐾 = 300,5 𝐽 O elétron sofrerá uma força magnética devido à presença do campo magnético. A expressão para essa força é: 𝐹⃗𝑚𝑎𝑔 = 𝑞𝑣⃗ × 𝐵⃗⃗ 𝐹⃗𝑚𝑎𝑔 = (−1.602 · 10−19) det ( â𝑥 â𝑦 â𝑧 106 0 0 0.2 −0.3 0.5 ) 𝐹⃗𝑚𝑎𝑔 = (−1.602 · 10−19) (â𝑥 det ( 0 0 −0.3 0.5) − â𝑦 det (106 0 0.2 0.5) + â𝑧 det (106 0 0.2 −0.3)) 𝐹⃗𝑚𝑎𝑔 = (−1.602 · 10−19) (−â𝑦(106 · 0.5 − 0 · 0.2) + â𝑧(−106 · 0.3 − 0 · 0.2)) 𝐹⃗𝑚𝑎𝑔 = (−1.602 · 10−19)(−0.5 · 106â𝑦 − 0.3 · 106â𝑧) 𝐹⃗𝑚𝑎𝑔 = 8.01 · 10−14â𝑦 + 4.806 · 10−14â𝑧 𝑁 Logo, para que a força magnética seja anulada, a força elétrica deve ser oposta à força magnética encontrada acima: 𝐹⃗𝑒 = −8.01 · 10−14â𝑦 − 4.806 · 10−14â𝑧 𝑁 O campo elétrico é: 𝐸⃗⃗ = 𝐹⃗𝑒 𝑞 𝐸⃗⃗ = −8.01 · 10−14â𝑦 − 4.806 · 10−14â𝑧 −1.602 · 10−19 𝐸⃗⃗ = 5 · 105â𝑦 + 3 · 105â𝑧 (𝑉 𝑚) 𝐸⃗⃗ = 500â𝑦 + 300â𝑧 (𝑘𝑉 𝑚 ) b) Se 𝐸⃗⃗ = 𝐸0(â𝑥 + â𝑦 + â𝑧), então a força resultante é: 𝐹⃗𝑅 = 𝐹⃗𝑚𝑎𝑔 + 𝐹⃗𝑒 𝐹⃗𝑅 = 8.01 · 10−14â𝑦 + 4.806 · 10−14â𝑧 + (−1.602 · 10−19)𝐸0(â𝑥 + â𝑦 + â𝑧) Então, o módulo dessa força é: 𝐹𝑅 = 0.2 · 10−12 = √(−1.602 · 10−19𝐸0)2 + (8.01 · 10−14 − 1.602 · 10−19𝐸0)2 + (4.806 · 10−14 − 1.602 · 10−19𝐸0)2 0.04 · 10−24 = (−1.602 · 10−19𝐸0)2 + (8.01 · 10−14 − 1.602 · 10−19𝐸0)2 +(4.806 · 10−14 − 1.602 · 10−19𝐸0)2 0.04 · 10−24 = 7.69921 · 10−38𝐸0 2 − 4.10625 · 10−32𝐸0 + 8.72577 · 10−27 Resolvendo a equação de 2° grau para 𝐸0 𝐸0 ′ = −424211 𝑉 𝑚 𝐸0 ′′ = 957544 𝑉 𝑚 Como 𝐸0 > 0 𝐸0 = 957544 𝑉 𝑚 𝐸0 = 957,544 𝑘𝑉 𝑚 A força magnética no segmento esquerdo do quadrado é devido ao fio infinito e ao segmento direito. As forças devido aos segmentos de cima e de baixo se cancelam mutualmente. 𝐹⃗𝐿 = − (𝜇𝑜𝐼𝑅𝐼𝐿𝑙 2𝜋𝑑𝑅 + 𝜇𝑜𝐼∞𝐼𝐿𝑙 2𝜋𝑑∞ ) â𝑦 𝐹⃗𝐿 = − [ (4𝜋 · 10−7 𝑇 · 𝑚 𝐴 ) (8𝐴)(8𝐴)(1𝑚) 2𝜋(1𝑚) + (4𝜋 · 10−7 𝑇 · 𝑚 𝐴 ) (15𝐴)(8𝐴)(1𝑚) 2𝜋(1𝑚) ] â𝑦 𝐹⃗𝐿 = −36,8 𝜇𝑁 â𝑦 (𝑡𝑒𝑢 𝑝𝑟𝑜𝑓𝑒𝑠𝑠𝑜𝑟 𝑠𝑖𝑚𝑝𝑙𝑒𝑠𝑚𝑒𝑛𝑡𝑒 𝑒𝑠𝑞𝑢𝑒𝑐𝑒𝑢 𝑑𝑒 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑖𝑑𝑒𝑟𝑎𝑟 𝑜 𝑠𝑒𝑔𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜 𝑑𝑎 𝑑𝑖𝑟𝑒𝑖𝑡𝑎 𝑛𝑎 𝑐𝑜𝑛𝑡𝑎) A força magnética no segmento direito do quadrado é devido ao fio infinito e ao segmento esquerdo. As forças devido aos segmentos de cima e de baixo se cancelam mutualmente. 𝐹⃗𝑅 = (𝜇𝑜𝐼𝐿𝐼𝑅𝑙 2𝜋𝑑𝐿 + 𝜇𝑜𝐼∞𝐼𝑅𝑙 2𝜋𝑑∞ ) â𝑦 𝐹⃗𝑅 = [ (4𝜋 · 10−7 𝑇 · 𝑚 𝐴 ) (8𝐴)(8𝐴)(1𝑚) 2𝜋(1𝑚) + (4𝜋 · 10−7 𝑇 · 𝑚 𝐴 ) (15𝐴)(8𝐴)(1𝑚) 2𝜋(2𝑚) ] â𝑦 𝐹⃗𝐿 = 24,8 𝜇𝑁 â𝑦 (𝑡𝑒𝑢 𝑝𝑟𝑜𝑓𝑒𝑠𝑠𝑜𝑟 𝑠𝑖𝑚𝑝𝑙𝑒𝑠𝑚𝑒𝑛𝑡𝑒 𝑒𝑠𝑞𝑢𝑒𝑐𝑒𝑢 𝑑𝑒 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑖𝑑𝑒𝑟𝑎𝑟 𝑜 𝑠𝑒𝑔𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜 𝑑𝑎 𝑒𝑠𝑞𝑢𝑒𝑟𝑑𝑎 𝑛𝑎 𝑐𝑜𝑛𝑡𝑎) A força magnética no segmento de cima do quadrado é devida apenas ao fio infinito e ao fio de baixo. Os campos devidos aos segmentos da esquerda e da direita são paralelas ao fio e a força deles é nula. Porém, a intensidade da força para o fio infinito é variável com a distância. Fazendo a infinitesimal dessa força: 𝑑𝐹 = 𝐵(𝑟)𝐼𝑇𝑑𝑟 Onde: 𝐵(𝑟) = 𝜇0𝐼∞ 2𝜋𝑟 Logo: 𝑑𝐹 = 𝜇0𝐼∞ 2𝜋𝑟 𝐼𝑇𝑑𝑟 Integrando: 𝐹 = 𝜇0𝐼∞𝐼𝑇 2𝜋 ∫ 𝑑𝑟 𝑟 2𝑚 𝑟=1𝑚 𝐹 = 𝜇0𝐼∞𝐼𝑇 2𝜋 ln 2 Logo: 𝐹⃗𝑇 = (𝜇0𝐼∞𝐼𝑇 2𝜋 ln 2 + 𝜇𝑜𝐼𝐵𝐼𝑇𝑙 2𝜋𝑑𝐵 ) â𝑦 𝐹⃗𝑇 = ( (4 · 10−7 𝑇 · 𝑚 𝐴 ) (15𝐴)(8𝐴) 2𝜋 ln 2 + (4 · 10−7 𝑇 · 𝑚 𝐴 ) (8𝐴)(8𝐴)(1𝑚) 2𝜋(1𝑚) ) â𝑦 𝐹⃗𝑇 = 9,37â𝑧 𝜇𝑁 (𝑠𝑒𝑢 𝑝𝑟𝑜𝑓𝑒𝑠𝑠𝑜𝑟 𝑛ã𝑜 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑖𝑑𝑒𝑟𝑜𝑢 𝑜 𝑠𝑒𝑔𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜 𝑑𝑒 𝑏𝑎𝑖𝑥𝑜 𝑛𝑎𝑠 𝑐𝑜𝑛𝑡𝑎𝑠) Pela simetria da situação: 𝐹⃗𝐵 = −9.37â𝑧 𝜇𝑁 Logo, a força resultante que age no quadrado é: 𝐹⃗𝑅 = 𝐹⃗𝐿 + 𝐹⃗𝑅 + 𝐹⃗𝑇 + 𝐹⃗𝐵 𝐹⃗𝑅 = −36,8 𝜇𝑁 â𝑦 + 24,8 𝜇𝑁 â𝑦 + 9,37â𝑧 𝜇𝑁 − 9,37â𝑧 𝜇𝑁 𝐹⃗𝑅 = −12â𝑦 𝜇𝑁 A corrente superficial é perpendicular à densidade de fluxo magnético. Essa densidade de corrente também é constante para 0 < 𝑦 < 1. Logo, podemos escrever: 𝐹 = ∫ 𝐵(𝑥)𝐾𝐿 𝑥=∞ 𝑥=−∞ 𝑑𝑥 Onde 𝐿 = 1 𝑚 Logo: 𝐹 = ∫ 1.6 · 10−6 𝑥2 + 1 · 0.1 · 1 𝑑𝑥 ∞ −∞ 𝐹 = 1.6 · 10−7 ∫ 1 𝑥2 + 1 𝑑𝑥 ∞ −∞ Vamos calcular essa integral: A integral indefinida é obtida de tabelas de integrais: ∫ 𝑑𝑥 𝑥2 + 1 = arctan(𝑥) + 𝐶 Quando 𝑥 → ∞: lim 𝑥→∞ arctan 𝑥 = 𝜋 2 Quando 𝑥 → −∞ lim 𝑥→−∞ arctan 𝑥 = − 𝜋 2 Logo: ∫ 1 𝑥2 + 1 𝑑𝑥 ∞ −∞ = 𝜋 2 − (− 𝜋 2) = 𝜋 Então, a força que a corrente superficial sente é: 𝐹 = 1.6 · 10−7 · 𝜋 𝐹 = 0.16𝜋 𝜇𝑁 Determinando a direção e o sentido da força com a regra da mão esquerda: 𝐹⃗ = −0.16𝜋 â𝑧 𝜇𝑁 A densidade de fluxo magnético produzido pelo filamento é perpendicular à direção da corrente superficial. Logo, a força por unidade de comprimento é: 𝐹 𝐿 = 𝐵𝐾 Só que B é variável com a distância do filamento. Portanto, temos que escrever o infinitesimal da força por comprimento como: 𝑑 (𝐹 𝐿) = 𝐾𝑑𝐵 E pela Lei de Ampère: 𝑑𝐵 = 𝜇0𝐼∞ 2𝜋𝑦 𝑑𝑦 Logo: 𝐹 𝐿 = ∫ 𝜇0𝐼∞𝐾 2𝜋𝑦 𝑦=0.02𝑚 𝑦=0.005𝑚 𝑑𝑦 𝐹 𝐿 = 𝜇0𝐼∞𝐾 2𝜋 ∫ 𝑑𝑦 𝑦 𝑦=0.02𝑚 𝑦=0.005𝑚 𝐹 𝐿 = 𝜇0𝐼∞𝐾 2𝜋 ln 0.02 0.005 𝐹 𝐿 = 𝜇0𝐼∞𝐾 2𝜋 ln 4 O valor de K, já que se supõe K constante em 5𝑚𝑚 < 𝑦 < 20𝑚𝑚, é: 𝐼𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = 𝐾∆𝑦 𝐾 = 12𝐴 0.02𝑚 − 0.005𝑚 = 800 𝐴 𝑚 Logo: 𝐹 𝐿 = (4𝜋 · 10−7 𝑇 · 𝑚 𝐴 ) (12𝐴) (800 𝐴 𝑚) ln 4 2𝜋 𝐹 𝐿 = 2.66 𝑚𝑁 Determinando a direção e sentido dessa força com a regra da mão esquerda: 𝐹⃗ 𝐿1,2 = 2.66 â𝑧 𝑚𝑁 A força que o filamento sente devido à corrente superficial, pela terceira lei de Newton, é: 𝐹⃗ 𝐿2,1 = −2.66 â𝑧 𝑚𝑁 A força de atração entre cada face do entreferro é: 𝐹 = 𝐵2𝐴 2𝜇𝑜 Isolando B: 𝐵 = √2𝜇0𝐹 𝐴 𝐵 = √2 (4𝜋 · 10−7 𝑇 · 𝑚 𝐴 ) (4.448𝑁) (1.5 · 10−2 𝑚)2 𝐵 = 0.222901 𝑊𝑏 𝑚2 Então, o fluxo magnético no entreferro (sem considerar espraiamento) é: 𝜙 = 𝐵𝐴 𝜙 = (0.222901 𝑊𝑏 𝑚2) (1.5 · 10−2 𝑚)2 𝜙 = 5.0153 · 10−5 𝑊𝑏 A relutância do entreferro é: ℱ = ℛ𝜙 ℛ = ℱ 𝜙 = 120 𝐴 · 𝑒 5.0153 · 10−5 𝑊𝑏 ℛ = 2.39268 · 106 𝐴 · 𝑒 𝑊𝑏 Logo: ℛ = ℛ𝑛𝑢𝑐 + ℛ𝑔 ℛ = 𝑙 𝜇0𝐴 + 𝑙𝑔 𝜇0𝐴 ℛ = 2𝜋 (𝑟 + 0.015 2 𝑚) 𝜇𝑛𝑢𝑐𝐴 + 𝑙𝑔 𝜇0𝐴 Usando o diagrama H x B para encontrar 𝜇𝑛𝑢𝑐: Percebe-se que, pelo diagrama, 𝐻 = 50 𝐴 𝑚 Assim: 𝜇𝑛𝑢𝑐 = 𝐵 𝐻 𝜇𝑛𝑢𝑐 = (0.222901 𝑊𝑏 𝑚2 ) 50 𝐴 𝑚 𝜇𝑛𝑢𝑐 = 4.458 · 10−3 𝑇 · 𝑚 𝐴 Logo: ℛ = 2𝜋 (𝑟 + 0.015 2 𝑚) 𝜇𝑛𝑢𝑐𝐴 + 𝑙𝑔 𝜇0𝐴 2.39268 · 106 = 2𝜋 (0.05 + 0.015 2 ) (4.458 · 10−3)(1.5 · 10−2 )2 + 𝑙𝑔 (4 · 10−7)(1.5 · 10−2 )2 𝑙𝑔 = 182.925 𝜇𝑚 (𝑢𝑚 𝑝𝑜𝑢𝑐𝑜 𝑓𝑜𝑟𝑎 𝑑𝑜 𝑔𝑎𝑏𝑎𝑟𝑖𝑡𝑜 − 𝑡𝑎𝑙𝑣𝑒𝑧 𝑠𝑒𝑗𝑎 𝑎𝑟𝑟𝑒𝑑𝑜𝑛𝑑𝑎𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜𝑠? ) a) Pela definição de susceptibilidade magnética: 𝜇𝑅 = 1 + 𝜒𝑚 𝜇𝑅 = 1 + 2 𝜇𝑅 = 3 b) Temos: 𝜇 = 𝜇0𝜇𝑟 𝜇 = (4𝜋 · 10−7 𝑇 · 𝑚 𝐴 ) (3) 𝜇 = 3,77 · 10−6 𝑇. 𝑚 𝐴 𝜇 = 3.77 𝜇𝐻 𝑚 c) Vamos obter o vetor campo magnético 𝐻⃗⃗⃗: 𝐵⃗⃗ = 𝜇𝐻⃗⃗⃗ 𝐻⃗⃗⃗ = 𝐵⃗⃗ 𝜇 𝐻⃗⃗⃗ = 0.02𝑦 3.7 · 10−6 â𝑥 𝐻⃗⃗⃗ = 5305.16𝑦 â𝑥 E agora o vetor magnetização 𝑀⃗⃗⃗: 𝑀⃗⃗⃗ = 𝜒𝑚𝐻⃗⃗⃗ 𝑀⃗⃗⃗ = 2 · 5305.16𝑦 â𝑥 𝑀⃗⃗⃗ = 10610.3𝑦 â𝑥 A densidade de corrente magnética é: 𝐽⃗𝑚 = ∇ × 𝑀⃗⃗⃗ 𝐽⃗𝑚 = det ( â𝑥 â𝑦 â𝑧 𝜕 𝜕𝑥 𝜕 𝜕𝑦 𝜕 𝜕𝑧 10610.3𝑦 0 0 ) 𝐽⃗𝑚 = â𝑥 (𝜕𝑀𝑧 𝜕𝑦 − 𝜕𝑀𝑦 𝜕𝑧 ) + â𝑦 (𝜕𝑀𝑥 𝜕𝑧 − 𝜕𝑀𝑧 𝜕𝑥 ) + â𝑧 (𝜕𝑀𝑦 𝜕𝑥 − 𝜕𝑀𝑥 𝜕𝑦 ) Como só existe a componente x do vetor: 𝐽⃗𝑚 = 𝜕𝑀𝑥 𝜕𝑧 â𝑦 − 𝜕𝑀𝑥 𝜕𝑦 â𝑧 Como a componente x depende apenas de y: 𝐽⃗𝑚 = − 𝜕𝑀𝑥 𝜕𝑦 â𝑧 𝐽⃗𝑚 = − 𝜕 𝜕𝑦 (10610.3𝑦)â𝑧 𝐽⃗𝑚 = −10610.3â𝑧 𝐴 𝑚2 𝐽⃗𝑚 = −10.61â𝑧 𝑘𝐴 𝑚2 d) O vetor densidade de corrente é: 𝐽⃗ = ∇ × 𝐻⃗⃗⃗ Aproveitando o fato de que: 𝐻⃗⃗⃗ = 𝑀⃗⃗⃗ 2 Então: 𝐽⃗ = ∇ × 𝑀⃗⃗⃗ 2 𝐽⃗ = − 10.61 2 â𝑧 𝑘𝐴 𝑚2 𝐽⃗ = −5.31â𝑧 𝑘𝐴 𝑚2 e) Como calculado acima: 𝑀⃗⃗⃗ = 10610.3𝑦 â𝑥 𝑀⃗⃗⃗ = 10.61𝑦 â𝑥 (𝑘𝐴 𝑚 ) f) Como calculado acima: 𝐻⃗⃗⃗ = 𝑀⃗⃗⃗ 2 𝐻⃗⃗⃗ = 10.61𝑦 2 â𝑥 𝐻⃗⃗⃗ = 5.31𝑦 â𝑥 (𝑘𝐴 𝑚 ) a) e b) O torque não vai depender de um eixo. O torque será: 𝜏⃗ = 𝑚⃗⃗⃗ × 𝐵⃗⃗ No caso: 𝑚 = 𝐼𝐴 𝑚 = (8𝐴)(1𝑚) = 8 𝐴 · 𝑚 Vetorialmente: 𝑚⃗⃗⃗ = −8â𝑥 𝐴 · 𝑚 Logo: 𝜏⃗ = det ( â𝑥 â𝑦 â𝑧 −8 0 0 0 3 0 ) 𝜏⃗ = â𝑥 det (0 0 3 0) − â𝑦 det (−8 0 0 0) + â𝑧 det (−8 0 0 3) 𝜏⃗ = −24â𝑧 𝑁 · 𝑚 c) Agora o campo não é constante em y 𝐵⃗⃗ = ∫ 𝜇0𝐼 2𝜋𝑦 𝑑𝑦 𝑦=2 𝑦=1 𝐵⃗⃗ = 𝜇0𝐼 2𝜋 ∫ 𝑑𝑦 𝑦 𝑦=2 𝑦=1 𝐵⃗⃗ = 𝜇0𝐼 2𝜋 ln 2 𝐵⃗⃗ = (4𝜋 · 10−7)(15) ln 2 2𝜋 𝐵⃗⃗ = −2.079 · 10−6â𝑥 𝑊𝑏 𝑚2 Logo: 𝜏⃗ = det ( â𝑥 â𝑦 â𝑧 −8 0 0 −2.079 · 10−6 0 0 ) 𝜏 = 0 (𝑚𝑜𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜 𝑚𝑎𝑔𝑛é𝑡𝑖𝑐𝑜 𝑒 𝑑𝑒𝑛𝑠𝑖𝑑𝑎𝑑𝑒 𝑑𝑒 𝑓𝑙𝑢𝑥𝑜 𝑚𝑎𝑔𝑛é𝑡𝑖𝑐𝑜 𝑠ã𝑜 𝑝𝑎𝑟𝑎𝑙𝑒𝑙𝑜𝑠) +++As respostas não chegam nem perto das definições desses campos.+++ Aqui, se 𝐽⃗ = 0, o campo magnético 𝐻⃗⃗⃗ também é nulo ou é constante. Pela definição de 𝐽⃗: ∇ × 𝐻⃗⃗⃗ = 𝐽⃗ Se 𝐻⃗⃗⃗ é constante, não há como determinar sua direção. Pela resposta, 𝐽⃗ = 12 â𝑧 𝑘𝐴 𝑚2, e pela definição de 𝐽⃗, o campo 𝐻⃗⃗⃗ poderia estar tanto no eixo x quanto no eixo y. Sem maiores informações, não há nem como saber o módulo de 𝐻⃗⃗⃗. Primeiro, vamos calcular 𝐵⃗⃗ devido ao fio em 𝑧 = 2 𝑚 𝐵2 = 𝜇0𝐼2 2𝜋𝑟 Logo: 𝐵2 = (4𝜋 · 10−7 𝑇 · 𝑚 𝐴 )(50 𝐴) 2𝜋(√(1.5𝑚)² + (2𝑚)2) A distância 𝑑 é obtida como: Em z: 𝑧 = 2 − 0.5 = 1,5𝑚 Em x: 𝑥 = 2 − 0 = 2𝑚 Logo: 𝑟 = √(1.5𝑚)² + (2𝑚)2 Então: 𝐵2 = 4 · 10−6 𝑊𝑏 𝑚2 Vamos descobrir a direção e sentido: 𝜃 = arctan (𝑧 𝑥) 𝜃 = arctan (1.5𝑚 2𝑚 ) 𝜃 = 36.9° 𝜙 = 90° − 36.9° 𝜙 = 53,1° Logo, com o auxílio da regra da mão direita, em x: 𝐵2𝑥 = −𝐵 cos 𝜙 𝐵2𝑥 = −4 · cos 53.1° 𝐵2𝑥 = −2.40168 𝜇𝑇 E 𝐵2𝑧 = −4 · sin 53.1° 𝐵2𝑧 = −3.19874 𝜇𝑇 Agora, vamos calcular o campo magnético nesse ponto devido ao fio em 𝑧 = 0: 𝐵0 = 𝜇0𝐼2 2𝜋𝑟 Logo: 𝐵0 = (4𝜋 · 10−7 𝑇 · 𝑚 𝐴 )(50 𝐴) 2𝜋(√(0.5𝑚)² + (2𝑚)2) A distância 𝑑 é obtida como: Em z: 𝑧 = 0.5 − 0 = 0,5𝑚 Em x: 𝑥 = 2 − 0 = 2𝑚 Logo: 𝑟 = √(0.5𝑚)² + (2𝑚)2 Então: 𝐵0 = 4.851 · 10−6 𝑊𝑏 𝑚2 Vamos descobrir a direção e sentido: 𝜃 = arctan (𝑧 𝑥) 𝜃 = arctan (0.5𝑚 2𝑚 ) 𝜃 = 14° 𝜙 = 90° − 14° 𝜙 = 76° Logo, com o auxílio da regra da mão direita, em x: 𝐵0𝑥 = −𝐵 cos 𝜙 𝐵0𝑥 = −4.851 · cos 76° 𝐵0𝑥 = −1.17356 𝜇𝑇 E 𝐵0𝑧 = 4.851 · sin 76° 𝐵2𝑧 = 4.70690 𝜇𝑇 Logo, o campo B no ponto dado é: 𝐵 = √(−1.17356 − 2.40168)2 + (4.70690 − 3.19874)2 𝐵 = 3.88032 𝜇𝑊𝑏 𝑚2 O campo H será: 𝐻 = 𝐵 𝜇0𝜇𝑅 𝐻 = 3.88032 𝜇𝑊𝑏 𝑚2 (4𝜋 · 10−7 𝑇 · 𝑚 𝐴 ) (1.01) 𝐻 = 3.0573 𝐴 𝑚 E o campo M será: 𝑀 = (𝜇𝑅 − 1)𝐻 𝑀 = (1.01 − 1)3.0573 𝐴 𝑚 𝑀 = 0.03057 𝐴 𝑚 Vamos encontrar 𝐵⃗⃗1: 𝐵⃗⃗1 = 𝜇𝑜(300, −150,450) 𝑊𝑏 𝑚2 Para descobrir a componente 𝐵⃗⃗1 que é paralela a 𝑎⃗𝑁12, temos que fazer a projeção de 𝐵⃗⃗1 em 𝑎⃗𝑁12, sabendo que 𝑎⃗𝑁12 é unitário: 𝑝𝑟𝑜𝑗𝐵⃗⃗1(𝑎⃗𝑁12) = (𝐵⃗⃗1 · 𝑎⃗𝑁12)𝑎⃗𝑁12 = 𝐵𝑛 𝐵𝑛 = 𝜇0(−44, 110, 308) 𝑊𝑏 𝑚2 Logo, no meio 2, a componente paralela a 𝑎⃗𝑁12 também é: 𝐵𝑛 = 𝜇0(−44, 110, 308) 𝑊𝑏 𝑚2 E a componente de H paralela a 𝑎⃗𝑁12 é 𝐻⃗⃗⃗2𝑛 = 𝜇0 2𝜇0 (−44, 110, 308) 𝐴 𝑚 𝐻⃗⃗⃗2𝑛 = (−22, 55, 154) 𝐴 𝑚 Já as componentes tangenciais de H em relação 𝑎⃗𝑁12 devem ser as mesmas no meio 1 e no meio 2. O vetor H tangencial é 𝐻⃗⃗⃗1 = 𝐻⃗⃗⃗1𝑛 + 𝐻⃗⃗⃗𝑡 𝐻⃗⃗⃗𝑡 = 𝐻⃗⃗⃗1 − 𝐻⃗⃗⃗1𝑛 𝐻⃗⃗⃗𝑡 = (300, −150, 450) − (−44,110,308) 𝐻⃗⃗⃗𝑡 = (344, −260,142) 𝐴 𝑚 Logo, 𝐻⃗⃗⃗2 sera 𝐻⃗⃗⃗2 = 𝐻⃗⃗⃗2𝑛 + 𝐻⃗⃗⃗𝑡 𝐻⃗⃗⃗2 = (−22, 55, 154) + (344, −260,142) 𝐻⃗⃗⃗2 = (322, −205,296) 𝐴 𝑚 E o ângulo que 𝐻⃗⃗⃗1 faz com 𝑎⃗𝑁12 é: cos(𝜃) = 𝐻⃗⃗⃗1 ⋅ 𝑎⃗𝑁12 |𝐻⃗⃗⃗1| ⋅ |𝑎⃗𝑁12| Onde: 𝐻⃗⃗⃗1 ⋅ 𝑎⃗𝑁12 = (300 −150 450) (− 2 15 5 15 14 15) = 330 |𝐻⃗⃗⃗2| ⋅ |𝑎⃗𝑁12| = (150√14)(1) 𝐻⃗⃗⃗1 ⋅ 𝑎⃗𝑁12 |𝐻⃗⃗⃗1| ⋅ |𝑎⃗𝑁12| = 330 (150√14)(1) = 11 5√14 cos(𝜃) = 11 5√14 arccos ( 11 5√14 ) = arccos (11√14 70 ) = 53.98657° Logo, o ângulo que 𝐻⃗⃗⃗2 faz com 𝑎⃗𝑁12 é: cos(𝜃) = 𝐻⃗⃗⃗2 ⋅ 𝑎⃗𝑁12 |𝐻⃗⃗⃗2| ⋅ |𝑎⃗𝑁12| Onde: 𝐻⃗⃗⃗2 ⋅ 𝑎⃗𝑁12 = (322 −205 296) (− 2 15 5 15 14 15) = 165 |𝐻⃗⃗⃗2| ⋅ |𝑎⃗𝑁12| = (15√1037)(1) 𝐻⃗⃗⃗2 ⋅ 𝑎⃗𝑁12 |𝐻⃗⃗⃗2| ⋅ |𝑎⃗𝑁12| = 165 (15√1037)(1) = 11 √1037 cos(𝜃) = 11 √1037 arccos ( 11 √1037 ) = arccos (11√1037 1037 ) = 70.02631° a) O fluxo em um solenoide é: Φ = 𝐵𝐴 = 𝜇𝑛𝐼𝐴 Porém, como temos duas áreas distintas: Φ = 𝐵(𝐴1 + 𝐴2) Φ = 𝑛𝐼(𝜇1𝐴1 + 𝜇2𝐴2) Φ = 𝑛𝐼(𝜋𝜇1𝑎2 + 𝜋𝜇2(𝑟2 − 𝑎2)) Substituindo com os dados: 10 · 10−6 = 5000 · 0.25(𝜋 · 4𝜋 · 10−7 · 5𝑎2 + 𝜋 · 4𝜋 · 10−7(0.032 − 𝑎2)) 𝑎 = 1,678 𝑐𝑚 b) Para que seja igualmente dividido: Φ1 = Φ2 𝐵𝐴1 = 𝐵𝐴2 𝜋𝜇1𝑛𝐼𝑎2 = 𝜋𝜇2𝑛𝐼(𝑟2 − 𝑎2) 5𝑎2 = (0.032 − 𝑎2) 𝑎 = 1,225 𝑐𝑚 Caso a relutância do trecho seja nula: ℛ𝑛𝑢𝑐 = 0 Logo: 𝑁𝐼 = ℛ𝑔𝜙 𝜙 = 𝑁𝐼 ℛ𝑔 𝜙 = 𝑁𝐼 𝑙𝑔 𝜇0𝐴 𝜙 = 𝑁𝐼𝜇0𝐴 𝑙𝑔 Substituindo com os dados: 𝜙 = (400 𝐴 · 𝑒) (4𝜋 · 10−7 𝑇 · 𝑚 𝐴 ) (2.1 · 10−4 𝑚2) 0.5 · 10−3 𝑚 𝜙 = 211,115 𝜇𝑊𝑏 (𝑑𝑖𝑓𝑒𝑟𝑒𝑛𝑡𝑒 𝑑𝑜 𝑔𝑎𝑏𝑎𝑟𝑖𝑡𝑜) Considerando a relutância do núcleo: 𝜙 = 𝑁𝐼 ℛ𝑒𝑞 𝜙 = 𝑁𝐼 ℛ𝑔 + ℛ𝑛𝑢𝑐 𝜙 = 𝑁𝐼 𝑙𝑔 𝜇0𝐴𝑔 + 𝑙𝑛𝑢𝑐 𝜇𝑛𝑢𝑐 𝐴𝑛𝑢𝑐 𝜙 = 400 𝐴 · 𝑒 0.5 · 10−3𝑚 (4𝜋 · 10−7 𝑇 · 𝑚 𝐴 ) (2.1 · 10−4 𝑚2) + 0.125 𝑚 (0.005 𝐻 𝑚) (2 · 10−4𝑚2) 𝜙 = 198,05 𝜇𝑊𝑏 (𝑑𝑖𝑓𝑒𝑟𝑒𝑛𝑡𝑒 𝑑𝑜 𝑔𝑎𝑏𝑎𝑟𝑖𝑡𝑜) A força é: 𝐹 = 𝐵2𝐴 2𝜇0 Primeiro, precisamos encontrar B²: 𝑁𝑖 = ℛ𝑒𝑞𝜙 𝑁𝑖 = ℛ𝑒𝑞𝐵𝐴 𝑁𝑖 𝐴 = ℛ𝑒𝑞𝐵 𝐵 = 𝑁𝑖 ℛ𝑒𝑞𝐴 𝐵2 = 𝑁2𝑖2 ℛ𝑒𝑞 2 𝐴2 𝐵2 = 𝑁2𝑖2 ( 𝑙𝑛𝑢𝑐 𝜇𝑛𝑢𝑐𝐴 + 𝑙𝑔 𝜇0𝐴) 2 𝐴2 Logo: 𝐹 = 𝐵2𝐴 2𝜇0 𝐹 = 𝑁2𝑖2 2 ( 𝑙𝑛𝑢𝑐 𝜇𝑛𝑢𝑐𝐴 + 𝑙𝑔 𝜇0𝐴) 2 𝜇0𝐴 a) 𝐹 = 50002 · 0.0152 2 ( 0.1 1500 · 4𝜋 · 10−7 · 10−4 + 0.001 4𝜋 · 10−7 · 10−4) 2 4𝜋 · 10−7 · 10−4 𝐹 = 0,310631 𝑁 b) 𝐹 = 50002 · 0.0152 2 ( 0.1 1500 · 4𝜋 · 10−7 · 10−4 + 0.0003 4𝜋 · 10−7 · 10−4) 2 4𝜋 · 10−7 · 10−4 𝐹 = 2,62881 𝑁 c) 𝐹 = 50002 · 0.0152 2 ( 0.1 1500 · 4𝜋 · 10−7 · 10−4 + 0.0001 4𝜋 · 10−7 · 10−4) 2 4𝜋 · 10−7 · 10−4 𝐹 = 12,7235 𝑁 a) Partindo da definição de indutância: 𝜙 = 𝐿𝐼 Esse fluxo magnético é o fluxo que passa na espira. Porém, o campo devido ao fio infinito varia com a distância de acordo com a Lei de Ampére: 𝐵 = 𝜇0𝐼 2𝜋𝑟 E o fluxo magnético será: 𝜙 = ∫ 𝐵⃗⃗ · 𝑑𝐴⃗ 𝜙 = ∫ 𝜇0𝐼 2𝜋𝑥 (2𝑑𝑥) 𝑥=3𝑚 𝑥=1𝑚 Logo: 𝜙 = 𝐿𝐼 ∫ 𝜇0𝐼 𝜋𝑥 𝑑𝑥 𝑥=3𝑚 𝑥=1𝑚 = 𝐿𝐼 ∫ 𝜇0 𝜋𝑥 𝑑𝑥 𝑥=3𝑚 𝑥=1𝑚 = 𝐿 𝐿 = 𝜇0 𝜋 ∫ 𝑑𝑥 𝑥 𝑥=3𝑚 𝑥=1𝑚 𝐿 = 𝜇0 𝜋 ln 3 𝐿 = (4𝜋 · 10−7) ln 3 𝜋 𝐿 = 0,439445 𝜇𝐻 b) Veja o diagrama abaixo: Com a Lei dos cossenos descobrimos o lado maior do triângulo: 𝑎 = √22 + 12 − 2 · 1 · 2 · cos 135° 𝑎 = 2.7979 𝑚 A espira posicionada na linha verde e projetada na linha roxa são equivalentes. Isso simplifica a análise de geometria, alterando apenas o limite da integral, que, em vez de 1 < 𝑥 < 3𝑚, agora é 1 < 𝑥 < 2.7979𝑚. 𝐿 = 𝜇0 𝜋 ∫ 𝑑𝑥 𝑥 𝑥=2.7979𝑚 𝑥=1𝑚 𝐿 = 𝜇0 𝜋 ln 2.7979 𝐿 = (4𝜋 · 10−7) ln 2.7978 𝜋 𝐿 = 0,411533 𝜇𝐻