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Exercícios – PARTE B – GABARITO – Física III –Lei de Faraday – Lenz, Indução e Circuitos AC Prof. Dr. Cláudio S. Sartori
Lei de Faraday – Lenz, Indução e Circuitos AC – Física III – Prof. Dr. Cláudio S. Sartori
1
INDUÇÃO ELETROMAGNÉTICA
Capítulo 30 – Sears, Zamansky &Young, V.3
30-2: .106.3
040.0
)102.1)(1000.6)(200( 4235
Vxs
mxTX
t
NBA
t
B
30-4: De acordo com o Ex. (30-3),
Q = .1016.20.1280.6
)1020.2)(05.2)(90( 324
CxmxT
R
NBA
30-6: a)
435 )/1000.3()/0120.0()( tsTxtsTdt
dNAB
dt
dNA
dt
Nd B
= NA ((0.012 T/s) + (1.2 x 10-4 T/s)t3) = 0.0302 V + (3.02 x 10-4 V/s2)t3.
b) Para t = 5.00 s = 0.0302 V + (3.02 x 10-4 V/s2)(5.00 s)3 = +0.0680V
I = .1013.1600
0680.0 4 AxV
R
30-8:a) dt
d
dt
d B(NBA cos t) = NBA sen t e 1200
rev/min = 20 rev/s, logo:
max = NBA = (150)(0.060 T) (0.025 m)2(440 rev/min)(1
min/60 s)(2 rad/rev) = 0.814 V.
b) A fem média é dada por: =
.518.0814.022
max VV
30-10: =
./4.10)016)().075.0)(120
1040.2
sin)cos(
2
2
max
max
sradmT
Vx
NBA
NBAtNBAtNBAdt
d
dt
d B
30-12: a) Quando o campo magnético cresce entrando na página, o campo magnético induzido deve se opor a esta variação. Logo, a corrente
induzida possui sentido anti-horário.
b) Quando o campo magnético decresce entrando na página, o
campo magnético induzido deve se opor a esta variação. Logo, a corrente
induzida possui sentido horário.
c) Quando o campo magnético permanece constante, a variação do
fluxo magnético é igual a zero. Logo não existe nenhuma corrente induzida.
30-14: a) Quando a corrente passa no sentido de a b e está aumentando, vemos que o fluxo magnético aumenta da direita para a
esquerda, logo a corrente induzida deve produzir um fluxo magnético da
esquerda para a direita. Donde se conclui que a corrente induzida deve passar no resistor da direita para a esquerda.
b) Quando a corrente passa no sentido de b a e está diminuindo,
vemos que o fluxo magnético aumenta da direita para a esquerda, logo a corrente induzida deve produzir um fluxo magnético da esquerda para a
direita. Donde se conclui que a corrente induzida deve passar no resistor da
direita para a esquerda.
c) Quando a corrente passa no sentido de b a e está aumentando,
vemos que o fluxo magnético aumenta da esquerda para a direita, logo a
corrente induzida deve produzir um fluxo magnético da direita para a
esquerda. Donde se conclui que a corrente induzida deve passar no resistor da
esquerda para a direita.
30-16: a) = vBL = (5.00 m/s)(0.450 T)(0.300 m) = 0.675 V.
b) A diferença de potencial entre as extremidades da barra é dada pela fem induzida pelo movimento, ou seja, V = 0.675 V.
c) As cargas positivas se deslocam para a extremidade b,
logo b está a um potencial mais elevado.
d) E = .25.2750.0
675.0
m
VV
d
v
e) b
30-18: a) = vBL = (7.50 m/s)(0.800 T)(0.500 m) = 3.00 V.
b) A corrente passa no sentido anti-horário visto que o campo magnético que ela produz deve se opor ao aumento do fluxo magnético
na espira.
c) F=ILB =
50.1
)800.0)(500.0)(00.3( TmV
R
LB=
0.800 N, da esquerda para a direita.
d) Pmec = Fv = (0.800 N)(7.50 m/s) = 6.00 W.
Pele =
50.1
)00.3( 22 V
R6.00 W. Logo as duas potências são iguais.
30-20: a) Usando a Equação (30-6): = vBL B =
.833.0)120.0)(/50.4(
450.0T
msm
V
vL
b) O ponto a está a um potencial mais elevado do que o do ponto b, porque existem mais cargas positivas no ponto a do que no ponto b.
30-22: a) .2
1dt
dBr
dt
dBA
dt
d B
b) E = .222
1 1
1
2
1
1 dt
dBr
dt
dB
r
r
dt
d
r
B
c) O flux magnético está inteiramente confinado na região r < R, logo
fora do solenóide
E = .222
1 22
1 dt
dB
r
R
dt
dB
r
R
dt
d
r
B
d) Use os resultados dos itens (b) e (c) para fazer o gráfico solicitado.
e) Para r = R/2:
.4
)2/(2
dt
dBR
dt
dBR
dt
d B
f) Para r = R = .2
dt
dBR
dt
d B
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Lei de Faraday – Lenz, Indução e Circuitos AC – Física III – Prof. Dr. Cláudio S. Sartori
2
g) Para r = 2R = .2
dt
dBR
dt
d B Note que a fem induzida
não depende da distância r ao eixo central do cilindro para pontos fora do cilindro.
30-24:
./21.9)0110.0()00.4(
)0350.0(2)(/1000.8(
2).()(
21
0
6
0
00
sAmm
mVx
dt
dI
nA
rE
dt
dI
dt
dInAnIA
dt
dBA
dt
d
dt
d B
30-26: = -
t
nINA
t
BBNA
t
N ifB 0)(
.1050.9
0400.0
)350.0)(9000)(1000.8)(12(
4
124
Vx
s
Ammxo
30-28: Podemos fazer o seguinte modelo simples. Imagine um
supercondutor do tipo II como se fosse um circuito contendo em paralelo uma região condutora (ou várias regiões) e uma região supercondutora (ou várias
regiões). Caso haja uma ddp nos terminais de um fio supercondutor do tipo II, a corrente deve fluir pelas regiões supercondutoras (com resistência igual a
zero) e não pelas regiões condutoras (com resistência diferente de zero). A
corrente passará portanto como se a resistência total fosse igual a zero. Ou seja, podemos dizer que a resistência equivalente é igual a zero.
30-30: a) Imediatamente abaixo de 1cB
(limite para o início da
fase supercondutora), o campo magnético no material deve ser igual a zero, e
0
3
0
ˆ1055 iTxBM cl
= -(4.38 x 104 A/m) .i
b) Imediatamente acima de2cB
(limite para o início da fase
condutora), a magnetização é igual a zero, e
2cBB
=(15.0 T) .i
30-32: a) I = .
sen)cos(11
R
tBA
dt
tBAd
Rdt
d
RR
B
b) P = I2R =
R
tAB 2222 sen
c) = IA =
R
tBA sen2
d) = B sen = B sen t =
R
tAB 222 sen
e) P = =
R
tAB 2222 sen , o mesmo resultado obtido na parte
(b).
30-34: a) Girando em torno do eixo y:
max =
dt
d B = BA = (35.0 rad/s)(0.450 T)(6.00 x
10-2 m) = 0.945 V.
b) Girando em torno do eixo x:
dt
d B= 0 0.
c) Girando em torno do eixo z:
max = dt
d B = BA = (35.0 rad/s)(0.450 T)(6.00 x 10-2 m) = 0.945 V.
30-36: a) Quando I = i B =
r
i
2
0, entrando na página.
b) d B = BdA =
r
i
2
0Ldr.
c) B = b
ad B =
22
00 iL
r
driL b
a
ln(b/a).
d) = .)/ln(2
0
dt
diab
L
dt
d B
e) =
2
)240.0(0 mln(0.360/0.120)99.60 A/s) = 5.06 x
10-7 V.
30-38: a) B = BA = B0 r02(1-3(t/t0)
2 + 2(t/t0)3).
b) = - dt
d BB0 r0
2
dt
d (1-3(t/t0)
2 + 2(t/t0)3 =
0
2
00
t
rB (-6(t/t0) +
6(t/t0)2)
= =
0
2
006
t
rB, logo para t = 5.0 x 10-3 s,
= -
s
sx
s
sx
s
mB
010.0
100.5
010.0
100.5
010.0
)0420.0(6 32
32
0 = 0.0665 V, anti-
horário.
c) .2.1012
100.3
0655.03 Ax
Vr
iRrR
Ri total
total
d) Calculando a fem para t = 1.21 x 10-2 s e usando as equações da
parte (b), obtemos: = -0.0676 V, e a corrente possui sentido horário, correspondendo ao sentido de b para a através do resistor.
Exercícios – PARTE B – GABARITO – Física III –Lei de Faraday – Lenz, Indução e Circuitos AC Prof. Dr. Cláudio S. Sartori
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3
e) = 0 0 =
0
2
0 t
t
t
t 1 =
0t
t t = t0 = 0.010 s.
30-40: Fio A: Bxv
= 0 = 0.
Fio C: = vBL sen = (0.350 m/s)(0.120 T)(0.500 m) sen 45o =
0.0148 V.
Fio D: = vBL sen = (0.350 m/s)(0.120 T) 2 (0.500 m)
sen 45o = 0.0210 V.
30-42:
.40.0250
))0.3)(95.0)(/5.3((
)(
:logo ,)(
22
222
W
mTsm
P
vBLR
R
vBL
RR
VP
média
eficaz
média
30-44: a)
= LBxv
)( = (4.20 m/s) i x ((0.120 T) i - (0.220 T)
j – (0.0900 T) k ) L
= ((0.378 V/m) j – (0.924 V/m) k ) ((0.250 m)(cos 36.9o
i + sen 36.9o j ))
= (0.378)(0.250) sen 36.9o = 0.0567 V.
30-46: .dt
dldE B
Quando B
estiver em direção paralela a uma área, concluímos
que
dt
d B = 0, logo .ldE
= 0. Na
figura seguinte, temos
ldEabcda
= EabL – EdaL = 0, porém Eda = 0, logo EabL =
0.
Visto que a hipótese inicial era que Eab 0, o resultado
anterior entra em contradição com a lei de Faraday. Donde se conclui que um
campo elétrico uniforme não pode cair abruptamente para zero em uma região
onde existe um campo magnético paralelo.
30-48: a) A figura seguinte mostra o módulo (relativo), a direção
e o sentido do campo elétrico nos pontos solicitados.
b) Para calcular o campo elétrico na direção da espira em uma
posição genérica, usaremos a geometria indicada na figura abaixo.
Eespira = E cos porém E =
aar 2
cos
)cos/(22
Eespira =
a2
cos2
porém =
dt
dBa
dt
dBr
dt
dBA
dt
d B
2
22
cos
Eespira =
dt
dBa
dt
dB
a
a
22 2
2
, que é exatamente igual ao
resultado do caso de um anel, obtido no Ex. (30-23), e não depende da região da espira considerada.
c) I =
90.1
)/075.0()20.0( 22 sTm
dt
dB
R
L
dt
dB
R
A
R
= 1.58 x 10-
3 A.
d) ab =
8
)/075.0()20.0(
8
1
8
1 22 sTm
dt
dBL = 3.75 x 10-4 V.
Porém existe uma queda de potencial dada por: V = IR = -3.75 x 10-4 V,
portanto a diferença de potencial entre esses pontos é igual a zero.
30-50: a) Quando a barra começa a deslizar, o fluxo magnético começa a diminuir, logo surge uma corrente induzida orientada no sentido de
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4
fazer aumentar o fluxo magnético, correspondendo ao sentido de a para b
através da barra.
b) A força magnética sobre a barra deve ser igual à força da
gravity. Obtemos:
FB = iLB = cos)cos(222
R
BvLvL
R
LB
dt
dAB
R
LB
dt
d
R
LB
R
LB B
Portanto
Fg = mg tan .cos
tan logo ,cos
22
22
BL
Rmgv
R
BLvt
t
c) .
tancos)cos(
11
LB
mg
R
vLBvL
R
B
dt
dAB
Rdt
d
RRi B
d) P = i2R = .tan22
222
BL
gRm
e) Pg = Fv cos(90o - ) = mg
,tan
sencos
tan22
222
22 BL
gRmP
BL
Rmgg
Resultado igual ao obtido na parte (d).
Resposta dos Exercícios ímpares
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5
INDUTÂNCIA
Capítulo 31
31-2: Para um solenóide toroidal, M = N2 B2/i1, e B2 = 0N1i1A/2 r.
Logo, M = 0AN1N2/2 r.
31-4: a) M = 2/(di/dt) = 1.65 x 10-3 V/(-0.242 A/s) = 6.82 x 10-3
H.
b) N2 = 25, i1 = 1.20 A,
B2 = i1M/N2 = (1.20 A)(6.82 x 10-3 H)/25
= 3.27 x 10-4 Wb.
c) di2/dt = 0.360 A/s e 1 = Mdi2/dt = (6.82 x 10-3
H)(0.360 A/s) = 2.45 mV.
31-6: Para um solenóide toroidal, L = N B/I = /(di/dt). Logo obtemos:
N = i/ B (di/dt)=
)/0260.0)(00285.0(
)40.1)(106.12( 3
sAWb
AVx = 238 espiras.
31-8: a) Lk = k 0N2A/2 r =
)120.0(2
)1080.4()1800)(500( 252
0
m
mx = 0.130 H.
b) Sem o material, L =
k
1Lk =
500
1 (0.130 H) = 2.60 x
10-4 H.
31-10: [N /I] = s = Vs/A = V/(A/s) = [ /(di/dt)].
31-12: a) U =
2
1LI2 = (12.0 H)(0.300 A)2/2 = 0.540 J.
b) P = I2R = (0.300 A)2 (180 ) = 16.2 W.
c) Não. A energia magnética e a energia térmica são independentes.
Quando a corrente é constante, U = constante.
31-14: a) U = Pt = (200 W)(24 h/dia x 3600 s/h) = 1.73 x 107 J.
b) U =
2
1 LI2 L =
2
7
2 )0.80(
)1073.1(22
A
Jx
I
U = 5406 H.
31-16: a) vácuo: U = uV =
0
2
0
2
2
)560.0(
2
TV
B (0.0290 m3) =
3619 J.
b) material com k = 450 U = uV =
0
2
0
2
)450(2
)560.0(
2
TV
k
B (0.0290 m3) = 8.04 J.
31-18: a)
.35.4)0690.0(2
)50.2)(600(
2
00 mTm
A
r
NIB
b) Pela Eq. (31-10),
./53.72
)1035.4(
2
3
0
23
0
2
mJTxB
u
c) Volume V = 2 rA = 2 (0.0690 m)(3.50 x 10-6 m2) =
1.52 x 10-6 m3.
d) U = uV = (7.53 J/m3)(1.52 x 10-6 m3) = 1.14 x 10-5 J.
e)
)0690.0(2
)1050.3()600(
2
262
0
2
0
m
mx
r
ANL =
3.65 x 10-6 H.
U =
2
1
2
1 2LI (3.65 x 10-6 H)(2.50 A)2 = 1.14 x 10-5 J, o mesmo
resultado obtido no item (d).
31-20: a)
.256)120)(13.2(
.13.2115.0
)260.0(22
2
1 2
VAIR
AH
J
L
UILIU
b)
.1032.32
1ln
)120(2
115.0
2
1ln
2
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
4
)/(2
2
0
)/(222)/(
sxH
R
Lt
e
LIUeLILiUandIei
tLR
tLRtLR
31-22: a) Para t = 0 vab = 0 e vbc = 60 V.
b) Quando t vab 60 V e vbc 0.
c) Quando I = 0.150 A vab = iR = 36.0 V e vbc = 60.0 V – 36.0 V =
24.0 V.
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6
31-24: Quando a chave 1 está fechada e a chave 2 está aberta:
.)/ln(
0
)/(
00
00
LRt
ti
I
eIitL
RIi
tdL
R
i
id
L
Ri
dt
diiR
dt
diL
31-26: a)
.1037.2)1018.4()106.1(4
1
4
1
21
3
1226222Hx
FxxCfL
fLC
b)
)1000.6()1040.5(4
1
4
152522
min
2maxHxxLf
C =3.67 x 10-
11 F.
31-28:
FxH 61020.3)(0850.0(
1= 1917 rad/s
a)
srad
AxiQQi
/1917
1050.8 4
max
maxmaxmax=
4.43 x 10-7 C
b) Pela Eq. 31-26
.1917
1000.5)1043.4(
2
1
42722
s
AxCxLCiQq
31-30: a)
.450.0)1050.2(2
)1050.1(
2
.1050.1)1050.2)(400.0()50.1(
10
252
max
max
510
max
max
max
maxmaxmax
JFx
Cx
C
QU
CxFxHaQ
LCii
QQi
b) 14
101018.3
)1050.2)(400.0(
11
2
22 sx
FxHLCf
(a freqüência deve dobrar porque o período dobra).
31-32: A Equação (31-20) fornece .01
2
2
qLCdt
qd
Resolveremos esta equação usando:
.11
0)cos()cos(1
).cos()sen()cos(
22
2
2
2
2
2
LCLCt
LC
QtQq
LCdt
qd
tQdt
qdtQ
dt
dqtQq
31-34: a) )cos()2/( tAeq tLR
.4
1
01
22
).cos(
)sen(2
2)cos(2
).sen()cos(2
2
22
2
22
2
2
2
)2/(2
)2/()2/(
2
2
2
)2/()2/(
L
R
LC
LCL
R
L
Rq
LC
q
dt
dq
L
R
dt
qd
tAe
teL
RAte
L
RA
dt
qd
tAeteL
RA
dt
dq
tLR
tLRtLR
tLRtLR
b) Para :0,,0dt
dqiQqt
.4//12
2tan0tan
2 ;
cos
0sencos2
;cos
22 LRLCL
R
L
Rq
l
QRQA
AAL
R
dt
dqQaQ
31-36: ./
2
C
L
A
V
VC
s
F
H
C
L
31-38: a) Quando R = 0, 0 =
)1050.2)(450.0(
11
5 FxHLC
= 298 rad/s.
b) Desejamos
0
= 0.95
L
CR
LC
LRLC
41
/1
)4//1( 222
= (0.95)2
R =
)1050.2(
)0975.0)(450.0(4))95.0(1(
45
2
Fx
H
C
L = 83.8 .
31-40: a) = -L
dt
dL
dt
di ((0.124 A) cos [(240 /s)t]
= +(0.250 H)(0.124 A)(240 )sen(240 /s)t) = +(23.4
V)sen((240 /s)t).
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7
b) max = 23.4 V; I = 0, porque a diferença de fase entre a fem e a
corrente é igual a 90º.
c) Imax = 0.124 A; = 0, porque a diferença de fase entre a fem e a corrente é igual a 90º.
31-42: a)
1
2
2210
1
2210
1
110
1
22
1
222
12 l
rNN
l
ANN
l
IAN
IA
AN
A
A
I
N
I
NM BB
b) .1
1
2
22101
1
210
2222
dt
di
l
rNN
dt
di
l
ANN
dt
dN
B
c) .2
1
2
22102221
dt
di
l
rNN
dt
diM
dt
diM
31-44: a) = L
dt
di = (3.50 x 10-3 H)
dt
d ((0.680 A)cos( t/0.0250
s))
max = (3.50 x 10-3 H)(0.680 A)
s0250.0 = 0.299 V.
b) Bmax =
400
)680.0)(1050.3( 3
max AHx
N
Li = 5.95 x 10-6 Wb.
c) (t) = -L
dt
di = -(3.50 x 10-3 H)(0.680 A)( /0.0250 s)sen( /0.0250
s)
(t) = -(0.299 V)sen((125.6 s-1)t)
(0.0180 s) = -(0.299 V)sen((125.6 s-1)(0.0180 s))
(t) = 0.230 V.
31-46: a) .2
2 00nterna0
r
iBirBIldB i
b) .2
0 ldrr
iBdAd B
c) )./ln(22
00 abil
r
drild
b
aB
b
aB
d) L= )./ln(2
0 abli
N B
e) U = )./ln(4
)/ln(22
1
2
12
0202 abli
iablLi
31-48: a)
.22
,22
2
20220
12
2
2
2
2
2
10110
1
1
1
1
1
21
1
r
AN
r
iN
i
AN
i
NL
r
AN
r
iN
i
AN
i
NL
B
B
b) M2 =.
2.
2221
2
20
2
10
2
210 LLr
AN
r
AN
r
ANN
31-50: a) .1860
1045.6
0.123 Ax
V
i
VR
f
b)
.963.0))45.6/86.4(1ln(
)1025.7)(1860(
)/1ln()/1ln()1(
4
)/(
Hsx
L
ii
RtLii
L
Rteii
f
f
tLR
f
31-52: a) U =22
2
0240
60)160.0(
2
1
2
1
2
1 VH
RLLi
= 5.00
x 10-3 J.
b)
.52.4240
)60( )1000.4)(160.0/240(22
)/(22
2)/(
4
WeV
dt
dU
eR
Ridt
diiL
dt
dUi
L
R
dt
die
Ri
xL
tLRLtLR
c) No resistor:
.52.4
240
)60( )1000.4)(160.0/240(22
)/(22
2 4
WeV
eR
Ridt
dU xtLRR
d) PR(T) = i2R = tLReR
)/(22
2
22)/(2
0
2
)240(2
)160.0()60(
2
HV
R
L
Rdte
RU tLR
R
=
5.00 x 10-3 J,
o mesmo resultado obtido no item (a).
Exercícios – PARTE B – GABARITO – Física III –Lei de Faraday – Lenz, Indução e Circuitos AC Prof. Dr. Cláudio S. Sartori
Lei de Faraday – Lenz, Indução e Circuitos AC – Física III – Prof. Dr. Cláudio S. Sartori
8
31-54: a) Para t =
.222
1
22
1
2
1
22/
11
24
3cos
8
32cos)cos(
8
3
2222
22222
BE UC
q
C
Q
LC
QLLiU
LC
QQQ
LCqQ
LCi
T
TQtQq
T
b) As duas energias são quase iguais quando
.8
5
8
5
2
Ttt
31-56: a) Vmax =
Fx
Cx
C
Q4
6
1050.2
1000.6 = 0.0240 V.
b)
)1050.2)(0600.0(
1000.6
22
1
4
6
max
22
max
FxH
Cx
LC
Qi
C
QLi =
1.55 x 10-3 A.
c) Umax =
2
1
2
1 2
maxLi (0.0600 H)(1.55 x 10-3 A)2 = 7.21 x 10-8
J.
d) If
.1020.54
3
22
4
3
4
31080.1
4
1
2
1
6
2
2
max
8
maxmax
CxQq
C
q
C
Q
UUJxUUii CL
Umax =
C
qLi
22
2
1
2
1para qualquer instante.
31-58: a) Quando a chave está fechada, então em um instante posterior:
dt
di = 50.0 A/s vcd = L
dt
di = (0.300 H)(50 A/s) = 15.0 V.
Para a malha superior: 60.0 V = i1R1 i1 =
0.40
0.60 V = 1.50 A.
Para a malha inferior: 60 V – i2R2 – 15.0 V = 0 i2 =
0.25
0.45 V = 1.80 A.
b) Depois de um tempo muito longo: i2 =
0.25
0.60 V = 2.40 A, e
imediatamente depois de abrir a chave, o indutor mantém esta corrente, logo i1
= i2 = 2.40 A.
31-60: a) Imediatamente depois de fechar S2, o indutor mantém a
corrente i = 0.180 A através de R. Usando as leis de Kirchoff na malha
externa, obtemos:
+ L – iR – i0R0 = 36.0 V + (0.18)(150) – (0.18)(150) –
i0(50) = 0
i0 = = 0.720 A, vac = (0.72 A)(50 V) = 36.0 V e vcb = 0.
b) Depois de um tempo muito longo, vac = 36.0 V, e vcb = 0. Logo
i0 =
50
36V = 0.720 A, IR = 0, e is2 = 0.720 A.
c) i0 = 0.720 A, IR(t) =tLR
total
eR
)/( IR(t) = (0.180 A)e-50t,
e is2(t) =
(0.720 A) = (0.180 A)e-50t, = (0.180 A)(4 – e-50t)
Os gráficos das correntes são indicados na figura abaixo.
31-62: Série: .212
121
22
11
dt
diL
dt
diM
dt
diM
dt
diL
dt
diL eq
Porém I = i1 + i2
dt
di
dt
di
dt
di 21 , também M12 = M21 M.
Logo (L1 + L2 + 2M) ,dt
diL
dt
dieq
Ou seja Leq = L1 + L2 + 2M.
Paralelo: Temos L1 ,212
1
dt
diL
dt
diM
dt
dieq
Também L2 ,121
2
dt
diL
dt
diM
dt
dieq
Onde
dt
di
dt
di
dt
di 21 e M12 = M21 M.
Para simplificar faça A = . e,, 21
dt
diC
dt
diB
dt
di
Logo L1A + MB = LeqC, L2B + MA = LeqC, A + B = C.
Exercícios – PARTE B – GABARITO – Física III –Lei de Faraday – Lenz, Indução e Circuitos AC Prof. Dr. Cláudio S. Sartori
Lei de Faraday – Lenz, Indução e Circuitos AC – Física III – Prof. Dr. Cláudio S. Sartori
9
Explicitando A e B em termos de C:
(L1 – M)A + (M – L2)B = 0 usando A = C – B
(L1 – M)(C-B) + (M – L2)B = 0
(L1 – M)C – (L1 – M)B + (M – L2)B = 0
(2M – L1 – L2)B = M – L1)C B = .)2(
)(
21
1 CLLM
LM
Porém A = C – B = C - ,
)2(
)2(
)2(
)(
21
121
21
1 CLLM
LMLLM
LLM
CLM
Ou seja, A = .2
)(
21
2 CLLM
LM Substituindo na equação
original, obtemos:
.2
)2(
)(
2(
)(
21
21
2
21
1
21
21
CLCLLM
LLM
CLCLLM
LMM
LLM
CLML
eq
eq
Finalmente, Leq = .221
2
21
MLL
MLL
31-64: a) Usando as leis de Kirchoff nas malhas da esquerda e da
direita, obtemos:
Esquerda: - (i1 + i2)R – Ldt
di1 = 0 R(i1 + i2) + L
dt
di1 = .
Direita: - (i1 + i2)R –C
q 2 = 0 R(i1 + i2) +
C
q 2 = .
b) Inicialmente, imediatamente depois da chave ser
fechada, i1 = 0, i2 =
R e q2 = 0.
c) A substituição direta é fácil porém muito longa. Deixamos esta tarefa para o leitor.
Mostraremos que as condições iniciais são satisfeitas:
Para t = 0, q2= )0sen()sen(R
teR
t = 0,
.0)]0[cos(1()0()cos()sen()2()sen(1)( 1
1
1R
ittRCR
teR
ti t
d) Quando i2 se torna igual a zero, ´ =
2)2(
11
RCLC
= 625 rad/s
01)tan()2()cos()sen()2(0)( 11
2 tRCttRCeR
ti bt
.00.1)1000.2)(400)(/625(22)tan( 6 FxsradRCt
.10256.1/625
785.0785.0)00.1arctan( 3 sx
sradtt
Resposta dos Exercícios ímpares
Exercícios – PARTE B – GABARITO – Física III –Lei de Faraday – Lenz, Indução e Circuitos AC Prof. Dr. Cláudio S. Sartori
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10
Circuitos AC - Corrente alternada
Capítulo 32
32-2: a) A corrente eficaz (ou corrente quadrática média Iq-m) é
relacionada com a amplitude da corrente pela Equação (32-5). Portanto a
amplitude da corrente é dada por:
I = mq2I = 2 (2.10 A) = 2.97 A.
b) A corrente retificada média Ir.m. é relacionada com a
amplitude da corrente pela Equação (32-3). Portanto a corrente retificada média é dada por:
Ir.m. = 2
I = 2
(2.97 A) = 1.89 A.
c) A corrente eficaz (ou corrente quadrática média Iq-m) é sempre maior do que a corrente retificada média Ir.m. porque elevar ao
quadrado e depois calcular a média do quadrado (e a seguir extrair a raiz
quadrada) fornece sempre um valor maior do que simplesmente obter a média da função considerada (sem elevar a função ao quadrado).
32-4: a) V = IXC =
C
I I = V C = (60.0 V)(100
rad/s)(2.20 x 10-6 F) = 0.0132 A .
b) I = V C = (60.0 V)(1000 rad/s)(2.20 x 10-6 F) = 0.132
A.
c) I = V C = (60.0 V)(10,000 rad/s)(2.20 x 10-6 F) = 1.32
A.
d)
32-6: a) XL = L = 2 fL = 2 (60 Hz)(0.450 H) = 170 . If f = 600
Hz, XL = 1700 .
b) XC =
)1050.2)(60(2
1
2
116 FxHzfCC
= 1061 . If f
= 600 Hz, XC = 106.1 .
c) XC = XL
C
1= L =
)1050.2)(450.0(
116 HzxHLC
= 943 Hz.
32-8: VL = I L f =
)1050.4)(1060.2(2
)0.12(
2 43 HxAx
V
IL
VL
= 1.63 x 106 Hz.
32-10: a) XC =
)1080.4)(/120(
116 FxsradC
=1736 .
b) Para achar a voltagem nos terminais de um resistor precisamos conhecer a corrente, que pode ser obtida pela corrente do capacitor
(lembrando que ela está defasada de 90o da voltagem do capacitor).
i =
1736
))/120cos(()60.7()cos( tsradV
X
tv
X
v
CC
C = (4.38 x 10-3
A) cos((120 rad/s)t)
vR = iR = (4.38 x 10-3 A)(250 ) cos((120 rad/s)t) = (1.10 V) cos((120 rad/s)t).
32-12: a)
Z =2222 ))400.0)(/250(()200()( HsradLR = 224
b) I =
224
0.30 V
Z
V = 0.134 A.
c) VR = IR = (0.134 A)(200 ) = 26.8 V;
VL = I L = (0.134 A)(250 rad/s)(0.400 H)
VL = 13.4 V.
d) = arctan
R
L
v
v= arctan
V
V
8.26
4.13= 26.6º, e
a voltagem está avançada em relação à corrente.
e)
32-14: a) Z = ( L – 1/ C) = (250 rad/s)(0.400 H) -
)1000.6)(/250(
16 Fxsrad
= 567
c) I =
567
0.30 V
Z
V = 0.0529 A.
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11
c) VL = I L = (0.0529 A)(250 rad/s)(0.400 H) = 5.29 V
VC =
)1000.6)(/250(
)0529.0(6 Fxsrad
A
C
I = 35.3 V.
d) = arctan
R
CL
V
VV= arctan )( = -90.0º, e a
voltagem está atrasada em relação à corrente.
e)
32-16: a)
b) As diferentes voltagens são:
v = (30.0 V) cos(250t – 73.3º), vR = (8.62 V) cos(250t), vC = (28.7 V)
cos(250t – 90º)
Para t = 20 ms: v = -25.1 V, vR = 2.45 V, vC = -27.5 V.
Note: vR + vC = v.
c) Para t = 40 ms: v = -22.9 V, vR = -7.23 V, vC = -15.6 V.
Note: vR + vC = v. Tome cuidado com radianos vs. graus!
32-18: a)
As diferentes voltagens da figura acima são:
v = (30 V) cos(250t – 70.6º), vR = (9.98 V) cos(250t),
vL = (4.99 V) cos(250t – 90º) vC = (33.3 V) cos(250t – 90º).
b) Para t = 20 ms: v = -24.3 V, vR = 2.83 V, vL = 4.79 V, vC
= -31.9 V.
c) Para t = 40 ms: v = -23.8 V, vR = -8.37 V, vL =
2.71 V, vC = -18.1 V.
Nas partes (b) e (c), note que a voltagem total é dada pela soma das outras voltagens para um dado instante. Tome cuidado com radianos vs. graus!
32-20: Usando Z =2
2 1
CLR e = arctan
,)/(1
R
CLe os valores R = 200 , L = 0.400 H, e C = 6.00 x 10-6 F,
obtemos:
a) = 1000 rad/s: Z = 307 , = 49.4º;
= 600 rad/s: Z = 204 , = -10.7º;
= 200 rad/s: Z = 779 , = 75.1º.
b) A corrente inicialmente cresce e depois diminui.
c) O ângulo de fase foi calculado na parte (a) para todas as
freqüências.
d) e)
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12
32-22:
.5.43)0.75()105(
)0.80(
cos
2
2
2
22
WV
RZ
V
Z
R
Z
V
Z
VP
mq
mqmq
média
32-24: a) O fator de potência é dado por:
cos =
2222 ))20.5)(/60)2((()360(
)360(
)( HsradLR
R
Z
R= 0.181.
b) Pmédia =
c)
)181.0())20.5)(/60)2((()360(
)240(
2
1cos
2
1
22
2
HsradZ
V =
2.62 W.
32-26: a) 0 =
)1020.1)(350.0(
11
8 FxHLC
= 15.4 x
103 rad/s.
b) VC =
C
I I = VC C = (550 V) (15.4 x 103 rad/s)(1.20 x
10-8 F) = 0.102 A
Vmax(fonte) = IR = (0.102 A)(400 ) = 40.8 V.
32-38: a) 0 =
)1000.4)(280.0(
11
6 FxHLC
= 945
rad/s.
b) I = 1.20 A para a ressonância, logo: R = Z =
A
V
I
V
70.1
120 = 70.6 .
c) Para a ressonância:
Vpico(R) = 120 V, Vpico(L) = Vpico(C) = I L = (1.70 A)(945 rad/s)(0.280 H) = 450 V.
32-30: a)
120
13000
1
2
N
N = 108.
b) P = I2V2 = (0.00850 A)(13000 V) = 110.5 W.
c) I1 = I2
1
2
N
N= (0.00850 A)(108) = 0.918 A.
32-32: a) Ztweeter =22 )/1( CR
b) Zwoofer =22 )( LR
c) Como os dois elementos estão ligados em paralelo (ver a Figura
32-7), quando Ztweeter = Zwoofer, a corrente que passa em um ramo é igual à
corrente que passa no outro ramo.
d) Para o ponto de interseção entre as duas curvas, como as
correntes são iguais:
R2 + (1/ C)2 = R2 + ( L)2 =
LC
1
28-34: a) Quando = 200 rad/s:
Z =22 )/1( CLR
.0272.02
0385.0779
30
.779)))1000.6)(/200/((1)400.0)(/200(()200(
mq
262
AI
IAV
Z
VI
FxsradHsradZ
Logo, V1 = Iq-mR = (0.0272 A)(200 ) = 5.44 V,
V2 = Iq-mXL = Iq-m L = (0.0272 A)(200 rad/s)(0.400 H)
= 2.18 V,
V3 = Iq-mXC =
,7.22)1000.6)(/200(
)0272.0(6
mqV
Fxsrad
A
C
I
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13
V4 = V3 – V2 = 22.7 V –2.18 V = 20.5 V, e V5 = q-m =
.2.212
0.30VV
b) Quando = 1000 rad/s, fazendo as mesmas etapas do item
(a),obtemos:
Z = 307 , V1 = 13.8 V, V2 = 27.6 V, V3 = 11.5 V, V4 = 16.1 V, V5 = 21.2
V.
32-36: a) 332.0)120(2
250
Hz
XLLLX L
.668400
800)472(
.cos,472)250()400(
2
2222
VW
R
PZV
Z
R
Z
VP
Z
RXRZ
avmq
mq
média
L
32-38: a)
,44
22
122
2
2
2
21
122
C
L
CLX
XX
CCLLX
logo a reatância do indutor é maior do que a reatância do que capacitor.
b)
,9
1
9
1
9
1
3
1
32
2
33
31
13
C
L
CL
LX
XX
CCLX
e
portanto a reatância do capacitor é maior do que a do indutor.
c) Visto que na ressonância XL = XC, pelo enunciado do
problema vemos que no circuito em série a freqüência de ressonância seria
igual a 1.
32-40:
.)/1(
122
saídasaída
CLRCV
V
C
IVV
s
C
Quando é grande:
.)(
1
)(
1
)/1(
12222
saída
LCLCCLRCV
V
s
Quando é pequeno: .1
)/1(
12
saída
C
C
CCV
V
s
32-42: a) VL = I L = .
)/1( 22 CLR
LV
Z
LV
b) VC = .
)/1( 22 CLRC
V
CZ
V
C
I
c)
d) Quando a freqüência angular é igual a zero, o indutor possui voltagem zero enquanto que o capacitor possui uma voltagem de 100 V (igual
à voltagem total da fonte). Para freqüências muito grandes, a voltagem do
capacitor tende a zero, enquanto que a voltagem do indutor tende a 100 V.
Para a ressonância, 0 =
LC
1 = 1000 rad/s, e as duas voltagens são
iguais e atingem um valor máximo igual a 1000 V.
32-44: a) Visto que se trata de uma ligação RLC em paralelo, a diferença de potencial da fonte deve ser igual à voltagem nos terminais do
capacitor, do indutor e do resistor, logo vR = vL = vC = v. Por outro lado, como
a soma das correntes que chegam a um nó deve ser igual à soma das correntes que saem do mesmo nó, obtemos: i = iR + iL + iC.
b) iR =
R
v está sempre em fase com a voltagem, iR =
L
v está
sempre atrasada de 90º em relação à voltagem, e ic = v C está adiantada de
90º em relação à voltagem.
c) Pela diagrama de fasores,
I2 = IR2 + (IC – IL)2 =
22
L
VCV
R
V
d) Pela (c): I = V .11
2
2 LC
R
Porém
.111
2
2 LC
RZZ
VI
32-46: a) IR =
400
220V
R
V = 0.550 A.
b) IC = V C = (220 V)(360 rad/s)(6.00 x 10-6 F) = 0.475 A.
c) = arctan
R
C
I
I = arctan
A
A
550.0
475.0 = 40.8º.
Exercícios – PARTE B – GABARITO – Física III –Lei de Faraday – Lenz, Indução e Circuitos AC Prof. Dr. Cláudio S. Sartori
Lei de Faraday – Lenz, Indução e Circuitos AC – Física III – Prof. Dr. Cláudio S. Sartori
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d) I = 2222)475.0()550.0( AAII CR
= 0.727 A
e) A corrente está adiantada em relação à voltagem visto que > 0.
32-48: a) Pmédia =
Z
V mq
2
cos Z =
)220(
)560.0()120(cos 22
W
V
P
V
média
mq = 36.7
R = Z cos = (36.7 )(0.560) = 20.6 .
b)
Z = 222222 )6.20(7.36(RZXXR LL = 30.4
. Porém para = 0 ocorre ressonância, logo a reatância indutiva e a
reatância capacitiva possuem o mesmo valor. Logo:
XC =
)4.30)(0.50(2
1
2
111
HzfXXC
C CC
= 1.05 x 10-4 F.
c) Para a ressonância, P =
6.20
)120( 22 V
R
V = 699 W.
32-50: a) Para = 800 rad/s, Z = 22 )/1( CLR
Z= 272 )))100.5)(/800/((1)0.2)(/800(()500( FxsradHsrad
=1030 .
I =
1030
100V
Z
V = 0.0971 A VR = IR = ().0971
A)(500 ) = 48.6 V.
VC =
)100.5)(/800(
0971.017 Fxsrad
A
C
= 243 V.
VL = I L = (0.0971 A)(800 rad/s)(2.00 H) = 155 V.
Note que = arctan
R
CL )/(1 = -60.9º.
b) Repetindo os mesmos cálculos anteriores para =
1000 rad/s:
Z = R = 500 ; = 0; I = 0.200 A; VR = V = 100 V; VC = VL = 400 V.
c) Repetindo os mesmos cálculos da parte (a) para =
1250 rad/s:
Z = R = 1030 ; = +60.9º; I = 0.0971 A; VR = 48.6 V; VC = 155 V;
VL = 243 V.
32-52: Desejamos obter Pmédia( 1) = máxima, Pmédia( 2) = 0.01Pmédia( 1). A
potência máxima ocorre na ressonância, logo
2662
0
0)]101.94(2)[100.1(
111
xHxLC
LC=
2.86 x 10-12 F.
Pmédia( 2) = 0.01 Pmédia( 1)
R
V
CLR
RV
2100
1
)/1(
2/ 2
22
2
100R2 = R2 + ( L – 1/ C)2 R =
99
)/1(
99
)/1( 2 CLCL
R =
FxHzxHxHzx
126
66
1086.2)(100.94(2
11000.1)(100.94(2
99
1
R = 0.126 .
Esta resposta é muito sensível ao valor da capacitância logo você
deve usar mais algarismos significativos na primeira parte do problema.
32-54: a)
)1000.9)(80.1(
1170FxHLC
= 786 rad/s.
b) Z = 22 )/1( CLR
Z= 272 )))1000.9)(/786/((1)80.1)(/786(()300( FxsradHsrad
=300 /
300
600
V
Z
VI
mq
mq= 0.200 A.
Exercícios – PARTE B – GABARITO – Física III –Lei de Faraday – Lenz, Indução e Circuitos AC Prof. Dr. Cláudio S. Sartori
Lei de Faraday – Lenz, Indução e Circuitos AC – Física III – Prof. Dr. Cláudio S. Sartori
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c) Na ressonância a corrente eficaz é máxima, desejamos
saber que pontos correspondem à metade deste valor máximo. Logo,
.0142
(
0421
4)/1(
)/1(2
1
22
22222)
2
2
2
22
22
2
222
22
0
2
0
0
0
CI
V
C
LRL
I
VR
C
L
CL
I
VCLR
CLR
VII
rms
rms
mq
rmsrmsmq
mq
mq
Substituindo os valores para este problema, obtemos a equação:
( 2)2(3.24) + 2(-4.27 x 106) + 1.23 x 1012 = 0.
Resolvendo esta equação do segundo grau, obtemos:
2 = 8.90 x 105 rad2/s2 ou 4.28 x 105 rad2/s2 = 943 rad/s ou 654 rad/s.
d) (i) R = 300 , Iq-mo = 0.200, | 1 - 2| = 289 rad/s.
(ii) R = 30 , Iq-mo = 2A, , | 1 - 2| = 28 rad/s.
(iii) R = 3 , Iq-mo = 20A, , | 1 - 2| = 2.88.
As larguras tornam-se cada vez menores à medida que R diminui; Iq-mo
torna-se cada vez maior à medida que R diminui.
32-56: a)
2
2 1
cLR
V
Z
VI
para a ressonância,
temos L = . Logo.1
maxR
VI
C
b) .0
maxC
L
R
V
CR
VXIV CCmas
c) .0maxC
L
R
V
R
VXIV LLmas
d) .2
1
2
1
2
12
2
2
22
maxmax R
VL
C
L
R
VCCVU CC
e) .2
1
2
12
22
maxmax R
VLLIU L
32-58: .2 0
a)
.
4
9)
2
12( 22
0
0
2
C
LR
V
CLR
V
Z
VI
b)
.
4
9
2/
4
92
1
220max
C
LR
V
C
L
C
LR
V
CIXV CC
c)
.
4
9
2
4
92
22
0max
C
LR
V
C
L
C
LR
VLIXV LL
d) .
4
98
2
1
2
22
maxmax
C
LR
LVCVU CC
e) .
4
92
2
1
2
22
max
C
LR
LVLIU L
32-60: a) VR = máxima quando VC = LL = 0 =
LC
1 .
b) Pelo Problema (32-42a), VL = máxima quando
.0d
dVL Logo:
22 )/1(0
CLR
LV
d
d
d
dVL
.2/
1
2
112
)/1()/1(
))/1((
)/1(
)/1(0
22
22
222
2
242222
2/322
22
22
CRLC
CRLC
CC
LR
CLCLR
CLR
CLLV
CLR
VL
c) Pelo Problema (32-42b), VC = máxima quando
.0d
dVC Logo:
.2
12
)/1()/1(
))/1((
)/1)(/1(
)/1(0
)/1(0
2
223222
242222
2/322
22
22
22
L
R
LCL
C
LLR
CLCLR
CLRC
CLCLV
CLRC
V
CLRC
V
d
d
d
dVC