Uma espira quadrada de lado L=30 \mathrm{~cm} se encontra no plano do papel (plano XY), onde um dos lados se encontra ao longo do eixo y (x=0) e outro lado ao longo do eixo x ( \mathrm{y}=0 ) com uma corrente I=0.6 A no sentido anti-horário. É aplicado um campo magnético não-uniforme dado por \vec{B}=\left(B_{0}-\alpha x\right) \hat{x}+B_{0} \hat{y}, onde \alpha=10 \mu T / m e B_{0}=140 \mu T.
Calcule a intensidade do torque total na espira em torno do eixo y (a espira não rodará em torno de seu eixo de simetria, mas sim no eixo referente a um de seus lados, que se encontra em cima do eixo y). [Dê a resposta em N.m]

Passo 1

O enunciado descreve uma espira quadrada de lado L=0{,}30 m no plano XY, com corrente I=0{,}6 A circulando em sentido anti-horário. O campo magnético é \vec B=(B_0-\alpha x)\,\hat x + B_0\,\hat y, com \alpha=10\times10^{-6} T/m e B_0=140\times10^{-6} T. Queremos o torque total em torno do eixo y. Vamos dividir a espira em quatro lados e usar \mathrm d\vec F = I\,\mathrm d\vec \ell\times\vec B e depois calcular o momento em torno de y:
\mathrm d\boldsymbol\tau = \vec r\times \mathrm d\vec F
e extrair a componente ao longo de \hat y.

Passo 2

Definimos os quatro lados com suas parametrizações e calculamos \mathrm d\vec F:
  1. Lado AB: y=0, x de 0 a L, sentido \mathrm d\vec\ell = \mathrm dx\,\hat x.
\mathrm d\vec F_{AB} = I\,\mathrm dx\,\hat x\times\bigl((B_0-\alpha x)\hat x+B_0\hat y\bigr) = I\,B_0\,\mathrm dx\,\hat z.
  1. Lado BC: x=L, y de 0 a L, \mathrm d\vec\ell=\mathrm dy\,\hat y.
\mathrm d\vec F_{BC}=I\,\mathrm dy\,\hat y\times\bigl((B_0-\alpha L)\hat x+B_0\hat y\bigr) =-I\,(B_0-\alpha L)\,\mathrm dy\,\hat z.
  1. Lado CD: y=L, x de L a 0, \mathrm d\vec\ell=-\mathrm dx\,\hat x.
\mathrm d\vec F_{CD} =I\,(-\mathrm dx\,\hat x)\times\bigl((B_0-\alpha x)\hat x+B_0\hat y\bigr) =-I\,B_0\,\mathrm dx\,\hat z.
  1. Lado DA: x=0, y de L a 0, \mathrm d\vec\ell=-\mathrm dy\,\hat y.
\mathrm d\vec F_{DA} =I\,(-\mathrm dy\,\hat y)\times\bigl(B_0\hat x+B_0\hat y\bigr) =I\,B_0\,\mathrm dy\,\hat z.

Passo 3

Agora, para cada lado, calculamos o torque em torno de y:
\mathrm d\boldsymbol\tau = \vec r\times \mathrm d\vec F, \quad \vec r=(x,y,0).
Só a componente em \hat y interessa:
  1. Em AB: \vec r=(x,0,0), \mathrm d\vec F=I\,B_0\,\mathrm dx\,\hat z, logo
\mathrm d\tau_{y,AB} =\bigl(x\hat x\bigr)\times\bigl(I\,B_0\,\mathrm dx\,\hat z\bigr)\cdot\hat y =-I\,B_0\,x\,\mathrm dx.
Integrando x de 0 a L,
\tau_{y,AB}=-I\,B_0\int_0^L x\,\mathrm dx=-\tfrac12 I\,B_0\,L^2.
  1. Em BC: \vec r=(L,y,0), \mathrm d\vec F=-I\,(B_0-\alpha L)\,\mathrm dy\,\hat z,
\mathrm d\tau_{y,BC} =(L\hat x + y\hat y)\times\bigl(-I\,(B_0-\alpha L)\mathrm dy\,\hat z\bigr)\cdot\hat y =I\,(B_0-\alpha L)\,L\,\mathrm dy.
Integrando y de 0 a L,
\tau_{y,BC}=I\,(B_0-\alpha L)\,L^2.
  1. Em CD: \vec r=(x,L,0), \mathrm d\vec F=-I\,B_0\,\mathrm dx\,\hat z,
\mathrm d\tau_{y,CD} =(x\hat x+L\hat y)\times\bigl(-I\,B_0\,\mathrm dx\,\hat z\bigr)\cdot\hat y =I\,B_0\,x\,\mathrm dx
integrando x de L a 0
\tau_{y,CD}=-\tfrac12 I\,B_0\,L^2.
  1. Em DA: a força é ao longo de \hat z mas x=0, dá torque nulo em torno de y:
    \tau_{y,DA}=0.

Passo 4

Somando todas as contribuições:
\tau_y =\Bigl(-\tfrac12I B_0L^2\Bigr)+\Bigl[I(B_0-\alpha L)L^2\Bigr] +\Bigl(-\tfrac12I B_0L^2\Bigr) +0 =-I\,\alpha\,L^3.
O sinal indica sentido do torque, mas a intensidade é
|\tau|=I\,\alpha\,L^3.

Passo 5

Substituindo I=0{,}6 A, \alpha=10\times10^{-6} T/m, L=0{,}30 m:
|\tau| =0{,}6\times10\times10^{-6}\times(0{,}30)^3 =1{,}62\times10^{-7}\\ \text{N\cdotm}.

Resposta

1,62\times10^{-7}\\ \mathrm{N\cdot m}

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