1 - Uma espira na forma de um triângulo equilátero de lado L está no primeiro quadrante do plano x y com um dos vértices na origem e um dos lados no eixo x. Obtenha a força magnética em cada lado do triângulo se pela espira passar uma corrente I e o campo magnético aplicado aplicado for dado por \vec{B}=B_{o} x \hat{i}+B_{o} \hat{k} \operatorname{com} B_{o}>0. Qual a força total sobre a espira ?

Passo 1

O enunciado dá que temos uma espira no formato de triângulo equilátero de lado L situada no primeiro quadrante do plano xy, com um vértice na origem e um dos lados apoiado no eixo x. Pela espira passa uma corrente de intensidade I. O campo magnético aplicado é
\vec{B}=B_{0}x\,\hat{i}+B_{0}\,\hat{k},\qquad B_{0}>0.
As perguntas são:
  • Calcular a força magnética em cada lado do triângulo (ou seja, nos três lados).
  • Calcular a força total sobre a espira (vetor resultante).
Informações relevantes dadas pelo enunciado: L (lado do triângulo), corrente I, e campo \vec{B} dependente de x mais uma componente constante em \hat{k}.

Passo 2

Vou fixar coordenadas e orientação da corrente para poder calcular as forças (a escolha da orientação da corrente é necessária porque a força magnética depende do sentido da corrente). Assumo que a corrente percorre a espira no sentido anti-horário visto de cima, começando na origem A, indo para B no eixo x, depois para C (vértice superior) e voltando a A. Assim os vértices ficam:
A=(0,0),\qquad B=(L,0),\qquad C=\Big(\tfrac{L}{2},\,h\Big),
onde a altura do triângulo equilátero vale
h=\frac{\sqrt{3}}{2}\,L.
Obs.: se invertêssemos o sentido da corrente todas as forças mudariam de sinal.

Passo 3

Fórmula fundamental: a força magnética sobre um elemento de fio que conduz corrente é
d\vec{F}=I\,d\vec{\ell}\times\vec{B},
e a força total num segmento retilíneo é
\vec{F}=I\int d\vec{\ell}\times\vec{B}.
Aqui d\vec{\ell} é o vetor elemento de comprimento apontando no sentido da corrente. Vou aplicar essa fórmula em cada lado, parametrizando cada segmento por um parâmetro variável, escrevendo d\vec{\ell}, substituindo \vec{B} (lembrando que \vec{B}=B_{0}x\hat{i}+B_{0}\hat{k} e portanto depende da coordenada x ao longo do segmento) e integrando. Lembrete rápido de produto vetorial entre versores úteis:
\hat{i}\times\hat{j}=\hat{k},\quad \hat{j}\times\hat{k}=\hat{i},\quad \hat{k}\times\hat{i}=\hat{j},
e
\hat{i}\times\hat{k}=-\hat{j},\quad \hat{j}\times\hat{i}=-\hat{k},\quad \hat{k}\times\hat{j}=-\hat{i}.

Passo 4

Segmento de A(0,0) para B(L,0). Parametrização simples por x:
d\vec{\ell}=dx\,\hat{i},\qquad x\in[0,L],\qquad y=0.
Substituindo em d\vec{F}=I\,d\vec{\ell}\times\vec{B}:
d\vec{F}=I\,(dx\,\hat{i})\times\big(B_{0}x\,\hat{i}+B_{0}\,\hat{k}\big).
Calculando o produto vetorial termo a termo:
\hat{i}\times\hat{i}=0,\qquad \hat{i}\times\hat{k}=-\hat{j},
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d\vec{F}=I\,dx\;B_{0}\,(\hat{i}\times\hat{k})=I\,B_{0}\,dx\,(-\hat{j})=-I B_{0}\,dx\,\hat{j}.
Integramos de 0 a L:
\vec{F}_{AB}=\int_{0}^{L} -I B_{0}\,dx\,\hat{j}=-I B_{0}L\,\hat{j}.

Passo 5

Parametrizamos o segmento de B(L,0) a C\big(\tfrac{L}{2},h\big) por s\in[0,1]:
\vec{r}(s)=\big(L,0\big)+s\Big(\tfrac{L}{2}-L,\;h-0\Big)=\big(L-\tfrac{L}{2}s,\;h s\big).
Então
d\vec{\ell}=\frac{d\vec{r}}{ds}\,ds=\big(-\tfrac{L}{2}\,\hat{i}+h\,\hat{j}\big)\,ds.
A coordenada x ao longo do segmento é x(s)=L-\tfrac{L}{2}s. Substituindo em d\vec{F}=I\,d\vec{\ell}\times\vec{B} com \vec{B}=B_{0}x(s)\hat{i}+B_{0}\hat{k}:
d\vec{F}=I B_{0}\big(-\tfrac{L}{2}\hat{i}+h\hat{j}\big)\times\big(x(s)\hat{i}+\hat{k}\big)\,ds.
Agora fazemos o produto vetorial termo a termo:
  • (-\tfrac{L}{2}\hat{i})\times(x\hat{i})=0.
  • (-\tfrac{L}{2}\hat{i})\times\hat{k}=(-\tfrac{L}{2})(\hat{i}\times\hat{k})=(-\tfrac{L}{2})(-\,\hat{j})=\tfrac{L}{2}\hat{j}.
  • (h\hat{j})\times(x\hat{i})=h x(\hat{j}\times\hat{i})=h x(-\hat{k})=-h x\hat{k}.
  • (h\hat{j})\times\hat{k}=h(\hat{j}\times\hat{k})=h\hat{i}.
Somando:
d\vec{F}=I B_{0}\big(h\hat{i}+\tfrac{L}{2}\hat{j}-h x(s)\hat{k}\big)\,ds.
Integramos s de 0 a 1. Componentes:
  • Componente \hat{i}: I B_{0}\int_{0}^{1} h\,ds = I B_{0}h.
  • Componente \hat{j}: I B_{0}\int_{0}^{1} \tfrac{L}{2}\,ds = I B_{0}\tfrac{L}{2}.
  • Componente \hat{k}: -I B_{0} h\int_{0}^{1} x(s)\,ds. Calculamos
\int_{0}^{1} x(s)\,ds=\int_{0}^{1}\Big(L-\tfrac{L}{2}s\Big)ds = L - \tfrac{L}{2}\cdot\tfrac{1}{2}=L-\tfrac{L}{4}=\tfrac{3L}{4}.
Assim
\text{componente } \hat{k} = -I B_{0} h\cdot \tfrac{3L}{4} = -\tfrac{3}{4}I B_{0} h L.
Portanto
\vec{F}_{BC}=I B_{0}\Big(h\,\hat{i}+\tfrac{L}{2}\,\hat{j}-\tfrac{3}{4}hL\,\hat{k}\Big).

Passo 6

Parametrizamos de C\big(\tfrac{L}{2},h\big) até A(0,0) por t\in[0,1]:
\vec{r}(t)=\big(\tfrac{L}{2}(1-t),\;h(1-t)\big).
Então
d\vec{\ell}=\frac{d\vec{r}}{dt}\,dt=\big(-\tfrac{L}{2}\,\hat{i}-h\,\hat{j}\big)\,dt,
e a coordenada x ao longo do segmento é x(t)=\tfrac{L}{2}(1-t). Substituindo:
d\vec{F}=I B_{0}\big(-\tfrac{L}{2}\hat{i}-h\hat{j}\big)\times\big(x(t)\hat{i}+\hat{k}\big)\,dt.
Calculando produto vetorial termo a termo:
  • (-\tfrac{L}{2}\hat{i})\times(x\hat{i})=0.
  • (-\tfrac{L}{2}\hat{i})\times\hat{k}=(-\tfrac{L}{2})(\hat{i}\times\hat{k})=\tfrac{L}{2}\hat{j} (mesma contribuição que antes).
  • (-\!h\hat{j})\times(x\hat{i})=(-h x)(\hat{j}\times\hat{i})=(-h x)(-\hat{k})=h x\hat{k}.
  • (-\!h\hat{j})\times\hat{k}=-h(\hat{j}\times\hat{k})=-h\hat{i}.
Somando:
d\vec{F}=I B_{0}\big(-h\hat{i}+\tfrac{L}{2}\hat{j}+h x(t)\hat{k}\big)\,dt.
Integramos t de 0 a 1:
  • Componente \hat{i}: I B_{0}\int_{0}^{1}(-h)\,dt = -I B_{0}h.
  • Componente \hat{j}: I B_{0}\int_{0}^{1}\tfrac{L}{2}\,dt = I B_{0}\tfrac{L}{2}.
  • Componente \hat{k}: I B_{0} h\int_{0}^{1} x(t)\,dt. Calculamos
\int_{0}^{1} x(t)\,dt=\int_{0}^{1}\tfrac{L}{2}(1-t)\,dt=\tfrac{L}{2}\cdot\tfrac{1}{2}=\tfrac{L}{4}.
Logo componente \hat{k\!} é I B_{0} h\cdot\tfrac{L}{4}=\tfrac{1}{4}I B_{0} h L. Assim
\vec{F}_{CA}=I B_{0}\Big(-h\,\hat{i}+\tfrac{L}{2}\,\hat{j}+\tfrac{1}{4}hL\,\hat{k}\Big).

Passo 7

Agora somamos os três vetores \vec{F}_{AB}+\vec{F}_{BC}+\vec{F}_{CA}.
Componentes em \hat{i}:
0\;(\text{de }AB)+I B_{0}h\;(\text{de }BC)-I B_{0}h\;(\text{de }CA)=0.
Componentes em \hat{j}:
- I B_{0}L\;(\text{de }AB)+I B_{0}\tfrac{L}{2}\;(\text{de }BC)+I B_{0}\tfrac{L}{2}\;(\text{de }CA)=-I B_{0}L+I B_{0}L=0.
Componentes em \hat{k}:
0\;(\text{de }AB)-\tfrac{3}{4}I B_{0}hL\;(\text{de }BC)+\tfrac{1}{4}I B_{0}hL\;(\text{de }CA)=-\tfrac{1}{2}I B_{0}hL.
Portanto a força total é
\vec{F}_{\text{total}}=-\tfrac{1}{2}I B_{0}hL\,\hat{k}.
Substituindo h=\dfrac{\sqrt{3}}{2}L:
\vec{F}_{\text{total}}=-\tfrac{1}{2}I B_{0}\!\left(\tfrac{\sqrt{3}}{2}L\right) L\,\hat{k} =-\frac{\sqrt{3}}{4}\,I B_{0}L^{2}\,\hat{k}.
Interpretação: a força total aponta no sentido -\hat{k} (para baixo em relação a z); se o sentido da corrente fosse invertido, o sinal da força total inverte-se.

Resposta

\displaystyle \vec{F}_{AB}=-I B_{0}L\,\hat{j}.
\displaystyle \vec{F}_{BC}=I B_{0}\Big(\tfrac{\sqrt{3}}{2}L\,\hat{i}+\tfrac{L}{2}\,\hat{j}-\tfrac{3\sqrt{3}}{8}L^{2}\,\hat{k}\Big).
\displaystyle \vec{F}_{CA}=I B_{0}\Big(-\tfrac{\sqrt{3}}{2}L\,\hat{i}+\tfrac{L}{2}\,\hat{j}+\tfrac{\sqrt{3}}{8}L^{2}\,\hat{k}\Big).
\displaystyle \vec{F}_{\text{total}}=-\frac{\sqrt{3}}{4}\,I B_{0}L^{2}\,\hat{k}.

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