Uma espira quadrada de lado L=40 \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(y=0) com uma corrente I=0.4 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}=120 \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]
\square
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Passo 1

O enunciado descreve uma espira quadrada de lado L=0{,}40\:\mathrm{m} no plano xy com corrente I=0{,}4\:\mathrm{A} anti‐horário (vista de +\!z). Um lado está em x=0 (eixo y) e outro em y=0 (eixo x). O campo magnético não‐uniforme é
\vec B=(B_0-\alpha x)\,\hat x + B_0\,\hat y,
com \alpha=10\times10^{-6}\:\mathrm{T/m} e B_0=120\times10^{-6}\:\mathrm{T}. Precisamos calcular o torque total em torno do eixo y. A teoria usada é a força em um elemento de corrente
d\vec F = I\,d\vec \ell \times \vec B
e, em seguida, o torque em torno de y:
\vec \tau = \int \vec r \times d\vec F.

Passo 2

Parametrizamos os quatro lados da espira, cujos vértices são
A(0,0),\;B(L,0),\;C(L,L),\;D(0,L),
e a corrente percorre A\to B (horizontal em y=0), B\to C (vertical em x=L), C\to D (horizontal em y=L), D\to A (vertical em x=0). Para cada lado calculamos d\vec F e o torque \vec r\times d\vec F em torno de y.

Passo 3

Contribuições das faces horizontais AB e CD:
  1. Lado AB\colon y=0,\;d\vec\ell=dx\,\hat x.
    \vec B=(B_0-\alpha x)\hat x+B_0\hat y \implies d\vec F_I = I\,\hat x\times\vec B\,dx = I\,B_0\,\hat z\,dx.
    O braço de alavanca é \vec r=x\,\hat x, então
d\vec\tau_{AB} = \vec r\times d\vec F_I = x\,\hat x \times (I B_0\hat z\,dx) = -I\,B_0\,x\,\hat y\,dx.
Integrando x de 0 a L
\vec\tau_{AB} = -I\,B_0\,\frac{L^2}{2}\,\hat y.
  1. Lado CD\colon y=L,\;d\vec\ell=-dx\,\hat x.
    Analogamente \vec B só contribui por B_0\hat y,
d\vec F_{CD} = I\,(-\hat x)\times(B_0\hat y)\,dx = -I\,B_0\,\hat z\,dx,
com \vec r=x\,\hat x. Assim
d\vec\tau_{CD} = x\,\hat x\times(-I B_0\hat z\,dx) = +I\,B_0\,x\,\hat y\,dx,
e integrando de x=L a 0 resulta
\vec\tau_{CD} = -I\,B_0\,\frac{L^2}{2}\,\hat y.

Passo 4

Contribuições das faces verticais BC e DA:
  1. Lado BC\colon x=L,\;d\vec\ell=dy\,\hat y.
    \vec B=(B_0-\alpha L)\hat x+B_0\hat y \implies \hat y\times\hat x=-\hat z, \hat y\times\hat y=0. Então
d\vec F_{BC} = I\,dy\,\hat y \times\vec B = -I\,(B_0-\alpha L)\,\hat z\,dy.
O braço é \vec r=L\,\hat x, logo
\vec\tau_{BC} = L\,\hat x\times[-I(B_0-\alpha L)L\,\hat z] = +I\,(B_0-\alpha L)\,L^2\,\hat y.
  1. Lado DA\colon x=0,\;d\vec\ell=-dy\,\hat y.
    Aqui B_0-\alpha x=B_0, mas \vec r=0\cdot\hat x gera torque nulo:
    \vec\tau_{DA}=0.
Somando todas:
\vec\tau =\bigl(-I\,B_0\,\tfrac{L^2}{2}-I\,B_0\,\tfrac{L^2}{2} +I\,(B_0-\alpha L)\,L^2\bigr)\hat y =-I\,\alpha\,L^3\,\hat y.

Passo 5

O módulo do torque em torno de y é
\tau = I\,\alpha\,L^3.
Substituindo I=0{,}4\:\mathrm{A}, \alpha=10\times10^{-6}\:\mathrm{T/m}, L=0{,}40\:\mathrm{m}:
\tau = 0{,}4 \times 10\times10^{-6}\times (0{,}40)^3 =0{,}4\times10^{-5}\times0{,}064 =2{,}56\times10^{-7}\:\mathrm{N\cdot m}.

Resposta

2{,}56\times10^{-7}\:\mathrm{N\cdot m}

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