22Eletromagnetismo na matéria

Solução de Exercício 22.1.

(a) $+P$ na face para a qual o $\vect P$ aponta, $-P$ na outra. (b) Duas folhas infinitas $\pm P$ produzem $P/\varepsilon_0$ entre elas, dirigido de $+$ para $-$, ou seja, contra o $\vect P$. (c) $\vect D = \varepsilon_0\vect E + \vect P = 0$ — como tem de ser: sem carga livre, e a componente normal do $\vect D$ é contínua a partir do vácuo de fora. (d) Um ímã de barra: densidade de dipolos congelada, com o campo sustentado pelas próprias fontes ligadas dele.

Solução de Exercício 22.2.

(a) $C = \varepsilon_{\text{r}}C_0 = 400\,\mathrm{pF}$. (b) O $Q = 1.2\,\mathrm{nC}$ fica preso: $V = Q/C = 3\,\mathrm{V}$. (c) $\tfrac12C_0V_0^2 = 7.2\,\mathrm{nJ}$ antes, $1.8\,\mathrm{nJ}$ depois: os $5.4\,\mathrm{nJ}$ que faltam viraram trabalho mecânico — o campo de borda puxa a laje para dentro. (d) Com a bateria ligada: o $V$ fica em $12\,\mathrm{V}$, o $Q$ quadruplica, a energia sobe a $28.8\,\mathrm{nJ}$ — a bateria paga tanto a nova energia de campo quanto o puxão.

Solução de Exercício 22.3.

Água: diamagnética — todos os elétrons emparelhados, só a oposição induzida por Larmor. Alumínio: paramagnético (os spins dos elétrons de condução). Oxigênio líquido: fortemente paramagnético — o O$_2$ carrega dois elétrons desemparelhados (preenchimento pela regra de Hund dos orbitais antiligantes dele, Capítulo 14); ele gruda visivelmente entre os polos de um ímã. Níquel: ferromagnético. O ímã atrai visivelmente o níquel e o oxigênio líquido, e repele levemente a água — a covinha que um ímã forte faz numa superfície de água.

Solução de Exercício 22.4.

(a) $H = nI = 3000\,\mathrm{A}/\mathrm{m}$. (b) $M = B/\mu_0 - H = 1.27 \times 10^{6}\,\mathrm{A}/\mathrm{m}$. (c) $B/\mu_0H \approx 420$. (d) A corrente superficial ligada equivalente é $M \approx 1.27 \times 10^{6}\,\mathrm{A}$ por metro — quatrocentas vezes o $nI = 3000\,\mathrm{A}/\mathrm{m}$ da própria bobina: o ferro faz quase todo o trabalho.

Solução de Exercício 22.5.

(a) Uma superfície gaussiana cilíndrica encerra só carga livre: $D = \lambda/2\pi r$, radial. (b) $E = \lambda/2\pi\varepsilon_0\varepsilon_{\text{r}}r$, $P = (\varepsilon_{\text{r}}-1)\lambda/2\pi\varepsilon_{\text{r}}r$. (c) $\sigma_{\text{b}}(a) = -P(a)$: por unidade de comprimento, $-(\varepsilon_{\text{r}}-1)\lambda/\varepsilon_{\text{r}}$; em $r = b$, $+P(b)$: por unidade de comprimento, $+(\varepsilon_{\text{r}}-1)\lambda/\varepsilon_{\text{r}}$ — soma nula, como a carga ligada tem de dar. (d) $V = \int E\,\dd r = (\lambda/2\pi\varepsilon_0\varepsilon_{\text{r}})\ln(b/a)$, e assim $C/\ell = 2\pi\varepsilon_0\varepsilon_{\text{r}}/\ln(b/a)$: multiplicada por $\varepsilon_{\text{r}}$.

Solução de Exercício 22.6.

(a) $n = P/k_{\text{B}}T = 2.4 \times 10^{25}\,\mathrm{m}^{-3}$, e portanto $\alpha/\varepsilon_0 = \chi/n \approx 2.2 \times 10^{-29}\,\mathrm{m}^{3}$ — o volume de uma esfera de raio $\approx1.7\,\text{Å}$: a polarizabilidade é volume atômico, em unidades de $\varepsilon_0$. (b) $n\alpha/3\varepsilon_0 = 0.15$, e assim $(\varepsilon_{\text{r}} - 1)/(\varepsilon_{\text{r}} + 2) = 0.15$ dá $\varepsilon_{\text{r}} = 1.53$ — em cheio no valor medido. (c) A correção de campo local é um efeito de 15 % aqui; o argônio é apolar, e por isso não há contribuição de orientação para disparar. (d) Moléculas polares (água, HCl): os dipolos permanentes dominam e interagem; a teoria de Langevin–Debye (e, para líquidos densos, a de Onsager) substitui o argumento simples da cavidade.

Solução de Exercício 22.7.

(a) $\chi_{\text{e}} = np^2/3\varepsilon_0k_{\text{B}}T \approx 11.5$. (b) $E = k_{\text{B}}T/p \approx 6.7 \times 10^{8}\,\mathrm{V}/\mathrm{m}$ — dez vezes o campo de ruptura: a água opera sempre bem fundo no regime linear. (c) A $2.45\,\mathrm{GHz}$ os dipolos quase acompanham, mas atrasam: a parte fora de fase da resposta realiza trabalho líquido sobre a água a cada ciclo — aquecimento dielétrico. No gelo, as moléculas estão travadas na rede; a relaxação rotacional delas fica em quilohertz, e assim, em gigahertz, o gelo mal absorve (os ciclos de descongelamento pulsam com suavidade, deixando a água derretida aquecer). (d) Água: negativo (resposta de orientação em $1/T$); argônio: essencialmente nulo — a polarizabilidade induzida não se importa com a temperatura.

Solução de Exercício 22.8.

(a) O deslocamento de Larmor muda a corrente circulante em $\Delta I = -e\Delta\omega/2\pi = -e^2B/4\pi m_{\text{e}}$, e portanto $\Delta\mu = \Delta I\cdot\pi r^2 = -e^2r^2B/4m_{\text{e}}$, opondo-se ao $\vect B$ seja qual for o sentido da órbita do elétron — a lei de Lenz na escala atômica. (b) Com os números enunciados, $\chi_{\text{m}} \approx -9.5\times10^{-6}$: o medido é $-9\times10^{-6}$, a partir de um modelo de anel. (c) O momento induzido vem da distorção da órbita, e não de uma disputa de Boltzmann entre alinhamento e desordem — não há $T$ em lugar algum. (d) A água é diamagnética, e por isso a rã é empurrada rumo ao campo fraco; a densidade de força $\propto \chi\,\nabla(B^2/2\mu_0)$ se anula num campo uniforme — a levitação precisa de um $B\,\dd B/\dd z$ grande o bastante para equilibrar $\rho g$, daí o furo de $16\,\mathrm{T}$.

Solução de Exercício 22.9.

(a) $\chi_{\text{m}} = \mu_0n\mu_{\text{B}}^2/3k_{\text{B}}T \approx 1.7\times10^{-5}$ a $300\,\mathrm{K}$, e $5\times10^{-3}$ a $1\,\mathrm{K}$. (b) Extrapolando, $\chi \to 1$ perto de $5\,\mathrm{mK}$ — mas os acoplamentos dipolares e de troca ordenam (ou congelam) os sais reais antes: a lei de Curie é uma lei de alta temperatura. (c) Magnetizada a $1\,\mathrm{K}$, a entropia de spin é espremida para fora, no banho; isolada, o $S$ fica fixo, e baixar o $B$ deixa os spins reaverem os $k_{\text{B}}\ln 2$ de cada um — a energia vem da rede, cuja temperatura cai (milikelvins, na prática). (d) Os spins de um ferromagneto se ordenam sozinhos abaixo de $T_{\text{c}}$: a entropia deles deixa de ser controlada pelo campo, e a histerese dissiparia em vez de resfriar.

Solução de Exercício 22.10.

(a) $NI = B(\ell/\mu_0\mu_{\text{r}} + e/\mu_0)$: com o equivalente $\ell/\mu_{\text{r}} = 0.15\,\mathrm{mm}$ contra $e = 4\,\mathrm{mm}$, $NI \approx 3960$ ampère-espiras, $I \approx 7.9\,\mathrm{A}$. (b) $4/4.15 \approx 96\,\%$ do esforço atravessa o entreferro. (c) $\Phi = NI/(\mathcal R_{\text{ferro}} + \mathcal R_{\text{ent}})$ com $\mathcal R = \ell/\mu A$: a força magnetomotriz $NI$ faz o papel da tensão, o fluxo faz o da corrente e a relutância, o da resistência — aqui $\mathcal R_{\text{ent}} \approx 2.0\times10^{6}\,\mathrm{H}^{-1} \approx 27\,\mathcal R_{\text{ferro}}$. (d) Passados os $1.8\,\mathrm{T}$, o $\mu_{\text{r}}$ incremental do ferro desaba rumo a 1: a relutância dele dispara, corrente extra quase não compra fluxo extra, e um motor levado até ali para de ganhar torque enquanto os enrolamentos cozinham.

Solução de Exercício 22.11.

(a) $P = wfV = 40\times50\times4 \times 10^{-3} = 8\,\mathrm{W}$ — aceitável. (b) $1.2\,\mathrm{kW}$: o núcleo ficaria em brasa; o aço duro é desqualificado do serviço em corrente alternada pela própria virtude dele. (c) As fem de Foucault escalam com a área do laço e com o $f$; laminar (ou pulverizar, ou usar ferrites isolantes) corta os laços e reduz a perda em $f^2$ — e é por isso que as ferrites dominam a faixa dos megahertz. (d) A memória quer que a barreira do bit armazenado, $\sim\mu_0H_{\text{c}}M_{\text{s}}V \gg k_{\text{B}}T$, dure uma década (o limite superparamagnético), ou seja, um $H_{\text{c}}$ tão grande quanto ainda se possa escrever; um transformador quer $H_{\text{c}} \to 0$ para um laço fino. Um material só não fica nas duas pontas: magnetos moles para as máquinas, duros para a memória.

Solução de Exercício 22.12.

(a) Uma agulha longa magnetizada axialmente é um solenoide comprido de corrente ligada: por dentro, $H \approx 0$ (todo o $B$ vem do $M$). Uma placa fina magnetizada através das faces dela é o solenoide mais curto e mais gordo possível: o campo interno de retorno dela dá $H = -M$. (b) O ímã atarracado trabalha em $H = -N_{\text{d}}M$, bem embaixo na curva de desmagnetização dele: o movimento das paredes rói a remanência; uma agulha fica em $H \approx 0$ e guarda o que tem. (c) Daí as agulhas de bússola e os grãos alongados de domínio único da fita magnética e dos primeiros discos rígidos — a anisotropia de forma como seguro de memória. (d) A conservação do fluxo e o $\oint\vect H\cdot \dd\vect\ell = 0$ dão, no interior de uma esfera, $H_{\text{int}} = H_0 - M/3$; quando $\mu_{\text{r}}\to\infty$, o ferro leva o $H_{\text{int}}\to0$, e assim $M \to 3H_0 = 3B_0/\mu_0$: a esfera só consegue concentrar o campo por um fator três, por “melhor” que seja o ferro.