*7.11 (a) Uma espira filamentar percorrida por uma corrente I é dobrada até assumir o formato de um polígono regular de n lados. Demonstre que, no centro do polígono,
H=\frac{n l}{2 \pi r} \operatorname{sen} \frac{\pi}{n}
onde r é o raio do círculo circunscrito pelo polígono.
(b) Aplique essa relação para os casos em que n=3 \mathrm{e} n=4 \mathrm{e} veja se seus resultados estão de acordo com aqueles encontrados, respectivamente, para a espira triangular do Problema 7.8 e para a espira quadrada do Problema 7.10.

Passo 1

O enunciado dá uma espira filamentar percorrida por uma corrente \,I, que é dobrada formando um polígono regular de n lados. O polígono está inscrito num círculo de raio r (ou seja, r é o raio da circunferência circunscrita ao polígono).
As perguntas são duas:
  1. Mostrar a expressão do campo magnético intensidade \,H, no centro do polígono (o enunciado apresenta uma expressão com \operatorname{sen}, mas eu vou demonstrar a expressão correta passo a passo).
  2. Aplicar a relação ao caso n=3 e n=4 e verificar se os resultados coincidem com os obtidos para a espira triangular (Problema 7.8) e para a espira quadrada (Problema 7.10).
Informações relevantes dadas:
  • Corrente na espira: \,I.
  • Número de lados do polígono: \,n.
  • Raio da circunferência circunscrita: \,r.
  • Cada lado é um fio retilíneo finito; o campo no centro é soma (superposição) das contribuições de cada lado.

Passo 2

Escolha do método e ideia geral (sem cálculo ainda).
Justificativa: o campo magnético de uma distribuição de corrente linear pode ser obtido por superposição das contribuições dos trechos retilíneos que compõem o polígono. A lei que usamos é a Lei de Biot–Savart, que dá o campo diferencial devido a um elemento de corrente. Como cada lado é um fio retilíneo de comprimento finito, é natural calcular a contribuição de um lado usando Biot–Savart e depois somar as n contribuições (todas idênticas por simetria). Vou fazer isso passo a passo, explicando cada fórmula e cada variável.
Breve revisão da fórmula que vamos usar (Biot–Savart para um elemento de corrente):
d\mathbf{B}=\frac{\mu_0}{4\pi}\frac{I\,d\mathbf{l}\times \hat{\mathbf{r}}}{r^2},
onde:
  • \mu_0 é a permeabilidade magnética do vácuo,
  • I é a corrente,
  • d\mathbf{l} é o vetor elemento de comprimento direcionado segundo a corrente,
  • \mathbf{r} é o vetor do elemento até o ponto de observação, r=|\mathbf{r}|,
  • \hat{\mathbf{r}}=\mathbf{r}/r.
A partir dessa expressão, para um fio retilíneo finito, integrando-se ao longo do fio obtém-se a contribuição total do fio.

Passo 3

Definir geometria e variáveis (figura mental).
Considere um dos lados do polígono, chamemos de segmento AB. Pelo centro O do polígono, traça-se a perpendicular até o ponto médio M do lado AB. Defina:
  • \theta=\dfrac{\pi}{n} (metade do ângulo central correspondente a um lado; o ângulo central total entre os extremos do lado é 2\theta=\dfrac{2\pi}{n}),
  • comprimento do lado: s. Pela geometria do polígono regular inscrito em circunferência de raio r,
s=2r\sin\theta.
  • distância perpendicular do centro O até o lado (apotema): a. Pela geometria do triângulo retângulo O M A,
a=r\cos\theta.
  • distância do centro O até cada vértice (extremidade do lado): r (definição do circun- -raio).
Vou calcular a contribuição magnética de um lado AB no centro O e depois multiplicar por n.

Passo 4

Calcular o campo devido a um lado usando Biot–Savart (configuração coordenada).
Coloco o eixo x ao longo do lado, com o ponto médio M no x=0, e o ponto O no eixo y em y=-a (ou seja, a distância perpendicular é a). Um elemento do fio está em (x,0) com x variando de -s/2 até s/2. O vetor elemento é d\mathbf{l}=dx\,\hat{\mathbf{i}}. O vetor do elemento até o ponto O é \mathbf{r}=-x\,\hat{\mathbf{i}}-a\,\hat{\mathbf{j}}, com r=\sqrt{x^{2}+a^{2}}. O produto vetorial relevante é:
d\mathbf{l}\times \mathbf{r}=dx\,\hat{\mathbf{i}}\times(-x\,\hat{\mathbf{i}}-a\,\hat{\mathbf{j}})=-a\,dx\,\hat{\mathbf{k}}.
Portanto o elemento de campo (direção \hat{\mathbf{k}} — saindo ou entrando segundo orientação) tem magnitude
dB=\frac{\mu_0}{4\pi}\frac{I\,a\,dx}{(x^{2}+a^{2})^{3/2}}.
Integramos x de -s/2 até s/2 para obter a contribuição do lado inteiro.

Passo 5

Resolver a integral (mostrando a técnica).
Integral a calcular:
B_{\text{lado}}=\frac{\mu_0 I a}{4\pi}\int_{-s/2}^{s/2}\frac{dx}{(x^{2}+a^{2})^{3/2}}.
Uma primitiva conhecida é
\int \frac{dx}{(x^{2}+a^{2})^{3/2}}=\frac{x}{a^{2}\sqrt{x^{2}+a^{2}}}+C.
Aplicando os limites,
B_{\text{lado}}=\frac{\mu_0 I a}{4\pi}\left[\frac{x}{a^{2}\sqrt{x^{2}+a^{2}}}\right]_{-s/2}^{s/2}.
Substituindo os limites, o termo em x é simétrico, obtemos
B_{\text{lado}}=\frac{\mu_0 I a}{4\pi}\cdot\frac{s}{a^{2}\sqrt{(s/2)^{2}+a^{2}}}.
Simplificando um fator a,
B_{\text{lado}}=\frac{\mu_0 I}{4\pi a}\cdot\frac{s}{\sqrt{(s/2)^{2}+a^{2}}}.

Passo 6

Usar a relação geométrica \sqrt{(s/2)^{2}+a^{2}}=r e simplificar.
Pelo triângulo retângulo formado por (s/2), a e r temos
\sqrt{\left(\frac{s}{2}\right)^{2}+a^{2}}=r.
Logo
B_{\text{lado}}=\frac{\mu_0 I}{4\pi a}\cdot\frac{s}{r}.
Reorganizando,
B_{\text{lado}}=\frac{\mu_0 I s}{4\pi a r}.

Passo 7

Substituir s=2r\sin\theta e a=r\cos\theta com \theta=\dfrac{\pi}{n}.
Substituições:
s=2r\sin\theta,\qquad a=r\cos\theta.
Então
\frac{s}{a r}=\frac{2r\sin\theta}{r\cos\theta\cdot r}=\frac{2\sin\theta}{r\cos\theta}.
Assim
B_{\text{lado}}=\frac{\mu_0 I}{4\pi}\cdot\frac{2\sin\theta}{r\cos\theta}=\frac{\mu_0 I}{2\pi r}\tan\theta.
Portanto a contribuição de um lado ao campo no centro tem magnitude
B_{\text{lado}}=\frac{\mu_0 I}{2\pi r}\tan\left(\frac{\pi}{n}\right).

Passo 8

Somar as contribuições dos n lados (simetria).
Por simetria, cada um dos n lados contribui com o mesmo módulo e direção (todos contribuem na mesma direção perpendicular ao plano do polígono). Assim o campo total no centro é
B_{\text{total}}=n\,B_{\text{lado}}=n\cdot\frac{\mu_0 I}{2\pi r}\tan\left(\frac{\pi}{n}\right).
O campo intensidade magnética \,H, relaciona-se com \mathbf{B} por \mathbf{B}=\mu_0\mathbf{H} no vácuo, portanto
H=\frac{B_{\text{total}}}{\mu_0}=\frac{n I}{2\pi r}\tan\left(\frac{\pi}{n}\right).
Observação importante (sobre o enunciado): o enunciado que você mandou mostra \operatorname{sen}\dfrac{\pi}{n} no lugar de \tan\dfrac{\pi}{n}. Pela dedução acima (integração direta por Biot–Savart) o fator correto é \tan. Além disso, testar casos particulares (por exemplo n\to\infty e os casos n=3,4) confirma que a expressão com \tan dá os resultados esperados; a fórmula com \sin não bate com o cálculo direto para n=4 (ver passo seguinte). Portanto há um provável erro tipográfico no enunciado e a expressão correta é com \tan.

Passo 9

Aplicar a relação obtida para n=3 (triângulo equilátero).
Use \theta=\dfrac{\pi}{n}=\dfrac{\pi}{3} e \tan\left(\dfrac{\pi}{3}\right)=\sqrt{3}. Assim
H_{n=3}=\frac{3I}{2\pi r}\tan\left(\frac{\pi}{3}\right)=\frac{3I}{2\pi r}\sqrt{3}=\frac{3\sqrt{3}\,I}{2\pi r}.
Se quisermos expressar em termos do lado s do triângulo equilátero, note que para o triângulo inscrito em circunferência de raio r temos s=\sqrt{3}\,r (de fato r=\dfrac{s}{\sqrt{3}}), então substituindo obtemos a forma em função de s:
H_{n=3}=\frac{9I}{2\pi s}.
Esse resultado coincide com o cálculo direto que se obtém somando as contribuições dos três lados (verifica-se fazendo a integral para cada lado como fiz acima).

Passo 10

Aplicar a relação obtida para n=4 (quadrado).
Aqui \theta=\dfrac{\pi}{4} e \tan\left(\dfrac{\pi}{4}\right)=1. Então
H_{n=4}=\frac{4I}{2\pi r}\tan\left(\frac{\pi}{4}\right)=\frac{4I}{2\pi r}=\frac{2I}{\pi r}.
Se expressarmos em termos do comprimento do lado s do quadrado, a relação entre r e s é r=\dfrac{s}{\sqrt{2}}. Substituindo,
H_{n=4}=\frac{2I}{\pi (s/\sqrt{2})}=\frac{2\sqrt{2}\,I}{\pi s}.
Esse resultado também coincide com o cálculo direto para a espira quadrada (Problema 7.10), enquanto a forma com \sin(\pi/4) do enunciado original não coincide.

Passo 11

Conclusão e checagem com os problemas citados.
  • A dedução direta por Biot–Savart mostra que a expressão correta é com \tan, ou seja
\boxed{H=\dfrac{n I}{2\pi r}\tan\!\left(\dfrac{\pi}{n}\right).}
  • Para n=3 obtemos H_{3}=\dfrac{3\sqrt{3}\,I}{2\pi r}=\dfrac{9I}{2\pi s}, que é o mesmo resultado que se obtém somando as contribuições das três arestas (Problema 7.8).
  • Para n=4 obtemos H_{4}=\dfrac{2I}{\pi r}=\dfrac{2\sqrt{2}\,I}{\pi s}, que coincide com o resultado do Problema 7.10 para a espira quadrada.
    Portanto os valores para n=3 e n=4 vindos da expressão com \tan estão de acordo com os resultados obtidos nos problemas anteriores; a versão com \sin no enunciado parece ser um erro tipográfico.

Resposta

(a) \displaystyle H=\frac{n I}{2\pi r}\tan\!\left(\frac{\pi}{n}\right)
(b) Para n=3: \displaystyle H=\frac{3\sqrt{3}\,I}{2\pi r}=\frac{9I}{2\pi s}.
Para n=4: \displaystyle H=\frac{2I}{\pi r}=\frac{2\sqrt{2}\,I}{\pi s}.
Os resultados para n=3 e n=4 coincidem com os obtidos nos Problemas 7.8 e 7.10, respectivamente.

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