Lei De InduçãO De Faraday

PROBLEMAS RESOLVIDOS DE FÍSICA Prof. Anderson Coser Gaudio Departamento de Física – Centro de Ciências Exatas – Universidade Federal do Espírito Santo http://www.cce.ufes.br/anderson [email protected] Última atualização: 30/08/2005 11:54 H

RESNICK, HALLIDAY, KRANE, FÍSICA, 4.ED., LTC, RIO DE JANEIRO, 1996.

FÍSICA 3

Capítulo 36 - A Lei da Indução de Faraday

Problemas

01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49

Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES

Problemas Resolvidos 06. Uma antena em forma de espira de área A e resistência R é perpendicular a um campo

magnético uniforme B. O campo cai linearmente a zero em um intervalo de tempo Δt. Encontre uma expressão para a energia interna total dissipada por efeito Joule na espira. (Pág. 190)

Solução. O campo magnético varia no tempo de acordo com o gráfico abaixo:

B

t0 Δt Equação da reta: ( )B t at B= +

Onde a, a declividade da reta vale:

00B Ba

t t−

= = −− Δ

Logo:

( ) BB t t Bt

= − +Δ

Fluxo do campo através da espira:

.dΦ = ∫B A

( )tB AΦ =

Fem induzida pela variação do fluxo do campo:

d B Adt t

ε Φ= − =

Δ (1)

Energia dissipada no tempo Δt:

EPt

=Δ

2

E P t tRε⎛ ⎞

= Δ = Δ⎜ ⎟⎝ ⎠

(2)

Substituindo-se (1) em (2):

2BAtE tR

⎛ ⎞⎜ ⎟Δ⎝ ⎠= Δ

2 2B AE

R t=

Δ

[Início]

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2


11. Na Fig. 32, o fluxo que atravessa a espira é ΦB(0) no instante t = 0. Suponha que o campo magnético B está variando de forma contínua mas não especificada, em módulo e direção, de modo que no instante t o fluxo é representado por ΦB(t). (a) Mostre que a carga resultante q(t) que passa através do resistor R no intervalo de tempo t é

[ ]1( ) (0) ( )B Bq t tR

= Φ −Φ

independentemente da forma específica da lei de variação de B. (b) Se ΦB(t) = ΦB(0) em um caso particular, temos q(t) = 0. A corrente induzida é necessariamente zero, durante o intervalo de tempo de 0 a t?

(Pág. 191)

Solução. (a) Módulo da fem induzida:

dq diR Rdt dt

ε Φ= = =

d RdΦ = q

dq

q t

( )

(0) 0

t qd R

Φ

ΦΦ =∫ ∫

( ) (0) ( )t RΦ −Φ =

[ ]1( ) ( ) (0)q t tR

= Φ −Φ

(b) Não. A corrente induzida vale:

( ) 1 ( ) (0)( ) dq t d t di tdt R dt dt

Φ Φ⎡ ⎤= = −⎢ ⎥⎣ ⎦

[ ]1( ) ( ) (0)i t tR

ε ε= −

O fato de o valor instantâneo uma grandeza ser zero, Φ(t), não significa que sua variação instantânea em relação ao tempo, ε(t), também deva ser zero.

[Início]


3


13. Um campo magnético uniforme B está variando em módulo à taxa constante dB/dt. Uma dada massa m de cobre é transformada em um fio de raio r e com ele construímos uma espira circular de raio R. Mostre que a corrente induzida na espira não depende do tamanho do fio ou da espira e, considerando B perpendicular ao plano da espira, esta corrente é dada por

4

m dBidtπρδ

=

onde ρ é a resistividade e δ a densidade do cobre. (Pág. 191)

Solução. A fem induzida é dada por: iε = ℜ (1) Resistência da espira:

la

ρℜ = (2)

Comprimento do fio:

m mV la

δ = =

mlaδ

= (3)


2

ma

ρδ

ℜ = (4)


2

i maρεδ

= (5)

Fluxo do campo magnético através da espira: 2BA B Rφ π= = (6) Raio da espira, onde se utilizou (3):

2 mR la

πδ

= =

2

mRaπδ

= (7)


2

2 2 24mB

aφ π

π δ= (8)

Derivando-se (8) em relação a t:

2

2 24d mdt a dtφ ε

πδ= =

dB (9)



4

2

2 2 24i m m dB

a aρδ πδ

=dt


4

m dBidtπρδ

=

[Início]

26. Um fio rígido moldado em forma de um semicírculo de raio a gira a uma freqüência ν em um

campo magnético uniforme, como sugere a Fig. 43.Qual (a) a freqüência e (b) a amplitude da fem induzida na espira?

(Pág. 192)

Solução. Considere o esquema abaixo:

θ B

dA

θ

Ângulo entre os vetores B e dA: ( ) 2t t tθ ω πν= =

Fluxo do campo magnético através da área semicircular do circuito:

( ). . .cossc d B dA θΦ = =∫ ∫B A

( ) ( ) ( )2

. .cos 2 cos 2 cos 22scaB dA t B t dA B t ππν πν πνΦ = = =∫ ∫

( )2

cos 22sca B tπ πνΦ =

Fluxo total através do circuito:

( )2

( ) 0 0cos 22t sca B tπ πνΦ =Φ +Φ = +Φ

Fem induzida no circuito:


5


( ) (2

( )( ) 2 sen 2

2t

t

d a B tdt

π )ε πν πνΦ

= − = − −

( )2 2( ) sen 2t a B tε π ν πν=

Ou seja: ( )( ) max sen 2t tεε ε π= ν

(a) Como o ângulo de fase (argumento da função trigonométrica) é o mesmo para Φa e ε(t) conclui-se que a freqüência da variação da fem é a mesma freqüência da variação do fluxo do campo magnético na espira. Logo: εν ν=

(b) A amplitude da fem induzida é o fator multiplicativo da função trigonométrica. Logo:

2 2max a Bε π ν=

[Início]

33. A Fig. 45 mostra um bastão de comprimento L se movendo com velocidade constante v ao

longo de trilhos condutores horizontais. O campo magnético através do qual o bastão se move não é uniforme, sendo provocado por uma corrente i em um longo fio retilíneo paralelo aos trilhos. Considerando v = 4,86 m/s; a = 10,2 mm, L = 9,83 cm e i = 110 A, (a) calcule a fem induzida no bastão. (b) Qual a corrente na espira condutora? Considere a resistência do bastão como 415 mΩ e a resistência dos trilhos desprezível. (c) Qual a taxa de dissipação de energia por efeito Joule no bastão? (d) Qual a força que precisa ser aplicada ao bastão por um agente externo para manter seu movimento? (e) A que taxa esse agente externo precisa realizar trabalho sobre o bastão? Compare esta resposta com a do item (c).

x

y (Pág. 193)

Solução. (a) Módulo do campo magnético a uma distância y de um fio longo retilíneo que conduz uma corrente i:

0

2iBy

μπ

= (1)

Fluxo do campo magnético através de um elemento do circuito de comprimento x e largura dy:

0

2id BdA xdy

yμπ

Φ = =

Fluxo do campo magnético através do circuito:


6


0

2a L

a

ix dyy

μπ

+Φ = ∫

0 ln2

ix a La

μπ

+⎛ ⎞Φ = ⎜ ⎟⎝ ⎠


ddt

ε Φ=

0 ln2

iv a La

μεπ

+⎛= ⎜⎝ ⎠

⎞⎟ (2)

42,5279 10 Aε −= ×

253 μVε ≈ (b) Para o cálculo da corrente induzida, pode-se considerar o circuito como sendo constituído por uma fonte de fem ε em série com uma resistência R.

46,0915 10 Avi Rε −= = ×

609 μAvi ≈

(c) Potência dissipada: 2 71,5399 10 WvP Ri −= = ×

154 nWP ≈ (d) Força do agente externo: vd i d= ×eF l B

sen( / 2)vd i dyB π=eF i (3)


0 .2v

id i dyy

μπ

⎛ ⎞= ⎜ ⎟

⎝ ⎠eF i

0 .2

a Lva

i i dyy

μπ

+= ∫eF i

0 ln2

vi i a La

μπ

+⎛= ⎜⎝ ⎠

eF ⎞⎟ i (4)

Pode-se identificar o valor de ε, (2), em (4) se multiplicarmos o segundo membro de (4) por v/v:

vivε

=eF i

( )83,1685 10 N−= ×eF i

( )31,7 nN≈eF i

(e) Potencia do agente externo: P = ⋅eF v

cos(0)eP F v=

154 nWP ≈ ________________________________________________________________________________________________________ Resnick, Halliday, Krane - Física 3 - 4a Ed. - LTC - 1996. Cap. 36 - A Lei da Indução de Faraday

7


[Início]

34. Dois trilhos retos condutores retos têm suas extremidades unidas formando entre si um ângulo

θ. Uma barra condutora, em contato com os trilhos, forma um triângulo isósceles com eles e se move à velocidade constante v para a direita, começando no vértice em t = 0 (veja a Fig. 46). Um campo magnético uniforme B aponta para fora da página. (a) Encontre a fem induzida em função do tempo. (b) Se θ = 110o, B = 352 mT e v = 5,21 m/s, em que instante a fem induzida é igual a 56,8 V?

(Pág. 193)

Solução. (a)

θb

x

dA

B vx

y

z

Fluxo do campo magnético:

.d B dA BΦ = = =∫ ∫B A A

2 . . . tan .

2 2b xB Bb x B x θ⎛ ⎞Φ = = = ⎜ ⎟

⎝ ⎠x

2 tan2

Bx θ⎛ ⎞Φ = ⎜ ⎟⎝ ⎠


2 tan 2 tan 2 tan .2 2

d dxB x B v x B v vtdt dt

θ θε Φ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= − = − = − = −⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠2

θ

22 tan2

Bv tθε ⎛ ⎞= − ⎜ ⎟⎝ ⎠


8


O sinal negativo da fem indica que a corrente gerada no circuito é no sentido horário, que é contrário ao previsto pelo sentido adotado para o vetor dA (regra da mão direita). (b)

o2 2

(56,8 V) 2,081261102 tan 2(0,352 T)(5,21 m/s) tan2 2

t sBv

εθ

= = =⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

2,08 st ≈

[Início] 35. Uma espira retangular de fio com comprimento a, largura b e resistência R é colocada próxima a

um fio infinitamente longo em que passa uma corrente i, como mostra a Fig. 47. A distância entre o fio e a espira é D. Encontre (a) a magnitude do fluxo magnético através da espira e (b) a corrente na espira enquanto ela se move para longe do fio, com velocidade v.

(Pág. 193)

Solução. (a)

x

y

zy

dy

a

b

D

xdA

i

B x

Considere a espira de largura dy e comprimento a. Sejam os vetores: B= −B k d ady= −A kFluxo do campo magnético através da espira infinitesimal: .d dΦ =B A

( )0 .2

id adyy

μπ

⎛ ⎞Φ = − −⎜ ⎟

⎝ ⎠k k

0

2ia dyd

yμπ

Φ =

Fluxo do campo através de toda a espira:


9


0

2D b

D

ia dyy

μπ

+Φ = ∫

0 ln2

ia D bD

μπ

+Φ =

(b) Fem induzida na espira:

0 02

1 (2 2

ia iad d D b D vDD bdt dt D D b D

D

μ μεπ π

Φ +⎛ ⎞ ⎡= − = − = −⎜ ⎟)D b v− + ⎤

⎢ ⎥+ +⎛ ⎞ ⎝ ⎠ ⎣⎜ ⎟⎝ ⎠

⎦

0 1 12iav

D b Dμεπ

⎛ ⎞= − −⎜ ⎟+⎝ ⎠

0

2 (iabv

)D D bμε

π= −

+

Corrente na espira:

vi Rε

=

0

2 (viabvi

RD D b)μ

π= −

+

O sinal negativo indica que a corrente é no sentido horário, que é contrário ao previsto pelo sentido adotado para o vetor dA (regra da mão direita).

[Início] 36. A Fig. 48 mostra um “gerador homopolar”, um dispositivo que utiliza como rotor um disco

condutor sólido. Esta máquina pode produzir uma fem maior do que qualquer uma que use rotores de espiras, pois ela pode girar a uma velocidade angular muito maior antes que as forças centrífugas deformem o rotor. (a) Mostre que a fem produzida é dada por 2vBRε π= onde ν é a freqüência de rotação, R o raio do rotor e B o campo magnético uniforme perpendicular ao rotor. (b) Encontre o torque que precisa ser exercido pelo motor que gira o rotor quando a corrente de saída é i.

(Pág. 193)

Solução.


10


(a) A borda externa do disco é uma superfície equipotencial e, portanto, qualquer ponto da borda mesma diferença de potencial em relação ao centro do disco. Logo, o cálculo da ddp do disco é o mesmo que o de um fio ao longo de um raio do disco.

ωR

drr

vB x

Força magnética sobre as cargas livres do fio: d dq dqv= × =F v B B

dF vBdq

= (1)

Diferença de potencial entre pontos próximos no fio:

. dFd d Edldq

ε = = =E l dl

r

(2)

Substituindo-se (1) em (2) e fazendo dl = dr: d vBdε =

2

0 2R B RB vdr B rdr ωε ω= = =∫ ∫

2(2 )

2B Rπνε =

2BRε πν= (3) (b) Potência necessária para manter o movimento: . .P τ ω= =τω

2( )

(2 )P i BRε πντω ω πν

= = =i

2

2iBRτ =

Solução alternativa:

dUP idt

ε= =

dU idtε= (4) Trabalho necessário para girar o disco: . . .2dW d d dtτ θ τ πν= = =τ θ (5) Como dU é igual a dW, pode-se igualar (4) e (5): .2 dt idtτ πν ε= (6) Substituindo-se (3) em (6): 2.2 ( )dt BR idtτ πν πν=

2

2iBRτ =

[Início]


11


37. Um bastão com comprimento L, massa m e resistência R desliza sem atrito sobre dois trilhos

paralelos condutores de resistência desprezível, como ilustra a Fig. 49. Os trilhos estão conectados na parte inferior, formando uma espira condutora onde o bastão é a parte superior. O plano dos trilhos faz um ângulo θ com a horizontal e existe um campo magnético uniforme vertical B na região onde está o dispositivo. (a) Mostre que o bastão adquire uma velocidade limite cujo módulo é

2 2 2

sencos

mgRvB L

θθ

=

(b) Mostre que a taxa com que a energia interna está sendo gerada no bastão (efeito Joule) é igual à taxa com que o bastão está perdendo energia potencial. (c) Discuta a situação se B fosse orientado para baixo, ao invés de para cima.

(Pág. 194)

Solução. (a) A velocidade limite será atingida quando a força de frenagem (componente da força magnética ao longo dos trilhos) sobre o bastão for igual à força que acelera o bastão rampa abaixo (componente da força peso do bastão ao longo dos trilhos). f aF F= (1)

Considere o esquema abaixo:

dA

θ

i

θ

F

B

x Lθ

Pθ

Força magnética sobre a barra: i= ×F L B F iLB=Força de frenagem: cos cosfF F iLBθ θ= = (2)

Fluxo do campo magnético através do circuito:

. cos cod BA BLx sθ θΦ = = =∫B A

Fem no circuito:


12


cosd BLvdt

ε θΦ= =

Corrente na barra:

cosBLviR Rε θ

= = (3)


cos cosf

BLvF BR

θ L θ⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠

2 2 2cos

fB L vF

Rθ

= (4)

Força que acelera a barra rampa abaixo: sen senaF P mgθ θ= = (5)

Substituindo-se (4) e (5) em (1):

2 2 2cos senB L v mg

Rθ θ=

2 2 2

sencos

mgRvB L

θθ

=

(b) Potência dissipada por efeito Joule:

coscos .JBLvP i BLv

Rθε θ= =

2 2 2 2cos

JB L vP

Rθ

= (6)

Taxa de perda de energia potencial gravitacional:

2 2 2

sensen .cosG a

mgRP F v mgB L

θθθ

= =

2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2

sen coscos cosG

m g R RB LPB L RB L

θ θθ θ

⎛ ⎞= ×⎜ ⎟

⎝ ⎠

2 2 2 2 2 2 2

4 4 4

sen coscosG

m g R B LPB L R

θ θθ

⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠

O termo entre parênteses é v2. Logo:

2 2 2 2cos

GB L vP

Rθ

= (7)

A igualdade entre (6) e (7) completa a demonstração. (c) Caso o campo magnético fosse invertido, em nada alteraria o sentido das forças. Isso ocorre por causa da inversão do sentido da corrente elétrica no circuito, que é uma conseqüência da lei de Lenz.

[Início]


13


39. Um freio eletromagnético que utiliza correntes parasitas consiste em um disco de condutividade σ e espessura t, girando através de um eixo através de seu centro, com um campo magnético B aplicado perpendicularmente ao plano do disco sobre uma pequena área a2 (veja a Fig. 51). Se a área a2 está a uma distância r do eixo, encontre uma expressão aproximada para o torque que tende a diminuir a velocidade do disco, no instante em que sua velocidade angular é igual a ω.

(Pág. 194)

Solução. (a) Existe uma corrente elétrica original (i0) devida ao movimento de rotação do disco. Os elétrons do disco passam pela área quadrada com velocidade v = ωr j. O campo magnético que age na área a2 produz uma corrente parasita no sentido horário (corrente convencional), sendo que os elétrons fluem no sentido inverso.

i

ωr

Bx

y

zx

A ação do mesmo campo magnético na direção −z sobre a corrente parasita que segue na direção +x gera sobre os portadores de carga uma força no sentido −y. Força do campo magnético sobre a corrente: i= ×yF l B

B

A origem da corrente parasita é o efeito Hall. O campo magnético na direção −z atuando sobre as cargas que se movem na direção +y gera nestas uma força na direção +x (corrente na direção x) de acordo com a equação: q= ×xF v

Corrente original provocada pela rotação do disco (na direção +y), sem o efeito do campo magnético:

djv

ne=

0

0

iiatr

ne neatω

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠= =

0i rneatω=

Diferença de potencial Hall entre as faces do quadrado ortogonais à direção x (Eq. 23, pág. 142):

0H

i BVnet

=

( )H

rneat BVnet

ω=

HV raBω= ________________________________________________________________________________________________________ Resnick, Halliday, Krane - Física 3 - 4a Ed. - LTC - 1996. Cap. 36 - A Lei da Indução de Faraday

14


Resistência elétrica entre as faces do quadrado ortogonais à direção x:

1 1L aRA at t

ρσ σ

= = =

Corrente na direção +x:

HViR

=

( )1raBi r

t

aB tω ω σ

σ

= =⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

Força na direção −y: i= ×yF l B

) ( ) (raB t a Bω σ= ×yF i − k

2 2ra B tω σ= −yF j

Torque da força Fy: = × yτ r F

2 2( )r ra B tω σ= × −τ i j

2 2 2tr a Bωσ= −τ k

[Início]


15

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