30 lei inducao-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: 28/11/2006 15:04 H

25 - Lei da Indução de Faraday

Fundamentos de Física 2 Halliday, Resnick, Walker

4ª Edição, LTC, 1996

Física 2 Resnick, Halliday, Krane

4ª Edição, LTC, 1996

Física 2 Resnick, Halliday, Krane

5ª Edição, LTC, 2003 Cap. 32 - Lei da Indução

de FaradayCap. 36 - A Lei da

Indução de FaradayCap. 34 - A Lei da

Indução de Faraday

Prof. Anderson (Itacaré, BA - Fev/2006)

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

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

FUNDAMENTOS DE FÍSICA 3

CAPÍTULO 32 - LEI DA INDUÇÃO DE FARADAY

EXERCÍCIOS E 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 50 51 52 53 54 55 56 57 58 59 60 61 62 63 64 65 66 67 68 69 70 71 72 73 74 75 76 77 78 79 80 81 82 83 84 85 86 87 88 89 90 91 92 93 94 95 96 97 98 99 100

[Início documento]

[Início seção] [Início documento]

________________________________________________________________________________________________________ Halliday, Resnick, Walker - Física 3 - 4a Ed. - LTC - 1996. Cap. 32 – Lei da Indução de Faraday

2


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

[Início documento]

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. A energia E dissipada no tempo Δt está relacionada à potência P dissipada pela antena, de acordo com a seguinte equação:

EPt

=Δ

2

E P t tRε⎛ ⎞

= Δ = Δ⎜ ⎟⎝ ⎠

(1)

Na equação acima, ε é a fem gerada na espira devido à interação com o campo B. A fem pode ser determinada por meio da análise do fluxo do campo magnético através da espira (Φ), que é dado por:

.dΦ = ∫B A

( )tB AΦ =

( )( ) ( )t td B A dBd A

dt dt dtε Φ= − = − = − (2)

Agora precisamos de uma expressão para o campo BB(t). Segundo o enunciado, o campo magnético varia no tempo de acordo com o gráfico abaixo:

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

3


B

t0

Δt

B0

t

A dependência de B em relação a t pode ser representada pela seguinte função linear, em que BB0 é o valor de B para t = 0 (B0B foi dado no enunciado na forma de B, o campo no instante inicial): 0( )B t at B= +

Na equação acima, a é a declividade da reta, que vale:

0 000B Ba

t t−

= = −− Δ

Logo:

00( ) BB t t B

t= − +

Δ (3)

Substituindo-se (3) em (2):

00

0 0

Bd t BB BtA A

dt t tε

⎛ ⎞− +⎜ ⎟Δ ⎛ ⎞⎝ ⎠= − = − − =⎜ ⎟A

Δ Δ⎝ ⎠ (4)


20B AtE tR

⎛ ⎞⎜ ⎟Δ⎝ ⎠= Δ

2 20B AE

R t=

Δ


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?


4


(Pág. 191)

Solução. (a) O módulo da fem ε induzida na espira vale:

dq diR Rdt dt

ε Φ= = =

Logo: d RdΦ = q

dq

A expressão acima mostra que o fluxo do campo magnético está relacionado com a carga que passa através do resistor R. Podemos integrar essa equação diferencial para encontrar a relação entre o fluxo e a carga:

( )

(0) 0

t qd R

Φ

ΦΦ =∫ ∫

( ) (0) ( )t tRqΦ −Φ =

( ) ( ) (0)1

t tqR⎡ ⎤= Φ −Φ⎣ ⎦

(b) Não. A corrente induzida vale:

( ) ( ) (0)( )

1t tt

dq d di

dt R dt dtΦ Φ⎡ ⎤

= = −⎢ ⎥⎣ ⎦

( ) ( ) (0)1

t tiR

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 seção] [Início documento] 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

=


5


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

Solução. Precisamos encontrar uma função que relacione a fem ε gerada na espira com a corrente elétrica i para, em seguida, utilizar a lei da indução de Faraday para obter a expressão procurada. A fem induzida é dada por (utilizamos o símbolo estilizado ℜ para a resistência para que não haja confusão com o raio R da espira): iε = ℜ (1) A resistência da espira é dada por (2), em que ρ é a resistividade do fio, l é o seu comprimento e a é a área da seção reta do fio:

la

ρℜ = (2)

Podemos calcular o comprimento do fio por meio de sua relação com a densidade δ (não foi usado o símbolo tradicional ρ para não entrar em conflito com a resistividade do fio):

m mV la

δ = =

mlaδ

= (3)


2

ma

ρδ

ℜ = (4)


2

i maρεδ

= (5)

A obtenção de (5) completa a primeira parte da solução. Agora vamos obter o fluxo do campo magnético através da espira: 2BA B Rφ π= = (6) O raio da espira pode ser obtido a partir da sua circunferência, que é igual ao seu comprimento, dado por (3):

2 mR la

πδ

= =

2

mRaπδ

= (7)


2

2 24m B

aφ

πδ= (8)

Finalmente podemos relacionar o fluxo de campo (8) com a fem (5), por meio da lei da indução, para obter a expressão desejada:

2

2 24d m ddt a dtφε

πδ= =

B (9)



6


2

2 2 24i m m dB

a aρδ πδ

=dt

4

m dBidtπρδ

=


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, com vista lateral do sistema:

θ B

dA

θ

A solução deste problema baseia-se na obtenção de uma função periódica da fem ε em relação ao tempo t e, a partir daí, analisar a periodicidade da função. Vamos começar pela dependência do ângulo θ entre os vetores B e dA em relação ao tempo: ( ) 2t t tθ ω πν= =

Na expressão acima, ω é a velocidade angular da parte semicircular da espira e ν é a sua freqüência. O fluxo do campo magnético através da área semicircular do circuito vale:

( ). . .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 =


7


O fluxo total através do circuito é a soma do fluxo na parte retangular e o fluxo na parte semicircular:

( )2

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

Agora podemos utilizar a lei da indução de Faraday para obter a expressão para a fem induzida no circuito:

( ) (2

( )( ) 2 sen 2

2t

t

d a B tdt

π )ε πν πνΦ

= − = − −

( )2 2( ) sen 2t a B tε π ν πν=

O coeficiente da função seno é interpretado como o valor máximo εmáx que a fem da espira pode atingir. Ou seja: ( )( ) má x 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=


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) O módulo do campo magnético a uma distância y de um fio longo retilíneo que conduz uma corrente i:


8


0

2iBy

μπ

= (1)

Para uma espira de comprimento x e largura dy, o elemento de fluxo dΦ do campo magnético B vale:

0

2id BdA xdy

yμπ

Φ = =

O fluxo total através do circuito é obtido por integração da expressão acima:

0

2a L

a

ix dyy

μπ

+Φ = ∫

0 ln2

ix a La

μπ

+⎛ ⎞Φ = ⎜ ⎟⎝ ⎠

Finalemente, a fem induzida no circuito é obtida por aplicação da lei da indução de Faraday:

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) A potência dissipada vale: 2 71,5399 10 WvP Ri −= = ×

154 nWP ≈ (d) A força do agente externo pode ser obtida pela seguinte equação: 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


9


( )83,1685 10 N−= ×eF i

( )31,7 nN≈eF i

(e) A potência do agente externo vale: P = ⋅eF v

cos(0)eP F v=

154 nWP ≈

[Início seção] [Início documento] 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

O fluxo do campo magnético é dado por:

.d B dA BΦ = = =∫ ∫B A A

2 . . . tan .

2 2b xB Bb x B x θ⎛ ⎞Φ = = = ⎜ ⎟

⎝ ⎠x


10


2 tan2

Bx θ⎛ ⎞Φ = ⎜ ⎟⎝ ⎠

A fem induzida no circuito é obtida por meio da lei da indução de Faraday:

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 ⎛ ⎞= − ⎜ ⎟⎝ ⎠

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 seção] [Início documento] 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 k


11


O fluxo do campo magnético através da espira infinitesimal vale: .d dΦ = B A

( )0 .2

id adyy

μπ

⎛ ⎞Φ = − −⎜ ⎟

⎝ ⎠k k

0

2ia dyd

yμπ

Φ =

O fluxo do campo através de toda a espira é obtido por integração da expressão acima:

0

2D b

D

ia dyy

μπ

+Φ = ∫

0 ln2

ia D bD

μπ

+Φ =

(b) A fem induzida na espira é obtida por aplicação da lei da indução de Faraday:

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= −

+

Finalmente, a corrente na espira vale:

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 seção] [Início documento] 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.


12


(Pág. 193)

Solução. (a) A borda externa do disco é uma superfície equipotencial e, portanto, qualquer ponto da borda apresenta 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 localizado ao longo de um raio do disco.

ωR

drr

vB x

A força magnética sobre as cargas livres do fio é por: d dq dqv= × =F v B BLogo:

dF vBdq

= (1)

A diferença de potencial entre dois pontos próximos no fio, separados por uma distância dl vale:

. dFd d Edldq

ε = = =E l dl

r

(2)

Em (2), E é o campo elétrico que age ao longo do fio. 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) A potência necessária para manter o movimento vale: . .P τ ω= =τω

2( )

(2 )P i BRε πντω ω πν

= = =i

2

2iBRτ =

Um solução alternativa pode ser obtida da seguinte forma:

dUP idt

ε= =


13


dU idtε= (4) O trabalho necessário para girar o disco é dado por: . . .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 =


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 Ff (componente da força magnética ao longo dos trilhos) sobre o bastão for igual à força que acelera o bastão rampa abaixo Fa (componente da força peso do bastão ao longo dos trilhos). f aF F= (1)

Para resolver este problema, precisamos encontrar expressões para essas duas forças e substitui-las em (1). Considere o esquema abaixo:


14


dA

θ

i

θ

F

B

x Lθ

Pθ

Em primeiro lugar vamos determinar a força de frenagem Ff. A força magnética que age sobre a barra é dada por: i= ×F L B F iLB=A força de frenagem é a componente de F paralela à rampa e vale: cos cosfF F iLBθ θ= = (2)

O fluxo do campo magnético através do circuito vale:

. cos cod BA BLx sθ θΦ = = =∫B A

Logo, a fem no circuito é obtida por meio da lei da indução de Faraday:

cosd BLvdt

ε θΦ= =

A corrente na barra vale:

cosBLviR Rε θ

= = (3)


cos cosf

BLvF BR

θ L θ⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠

2 2 2cos

fB L vF

Rθ

= (4)

Em segundo lugar vamos determinar a força que acelera a barra rampa abaixo: sen senaF P mgθ θ= = (5)

Finalmente podemos substituir (4) e (5) em (1):

2 2 2cos senB L v mg

Rθ θ=

2 2 2

sencos

mgRvB L

θθ

=

(b) A potência dissipada por efeito Joule é dada por:

coscos .JBLvP i BLv

Rθε θ= =

2 2 2 2cos

JB L vP

Rθ

= (6)

A taxa de perda de energia potencial gravitacional vale:

2 2 2

sensen .cosG a

mgRP F v mgB L

θθθ

= =


15


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

⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠

Na equação acima, o termo entre parênteses é v2 (resultado do item (a)). 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 seção] [Início documento] 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

B x

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. A força do campo magnético que age sobre a corrente vale: 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________________________________________________________________________________________________________ Resnick, Halliday, Krane - Física 3 - 4a Ed. - LTC - 1996. Cap. 36 – A Lei da Indução de Faraday

16


Podemos obter a corrente elétrica original provocada pela rotação do disco (na direção +y), sem o efeito do campo magnético pela análise da velocidade de deriva das cargas, que neste caso é o próprio movimento de rotação do disco:

djv

ne=

0

0

iiatr

ne neatω

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠= =

0i rneatω=

A diferença de potencial Hall entre as faces do quadrado ortogonais à direção x (Eq. 23, pág. 142) é dada por:

0H

i BVnet

=

( )H

rneat BVnet

ω=

HV raBω=

A resistência elétrica entre as faces do quadrado ortogonais à direção x vale

1 1L aRA at t

ρσ σ

= = =

A corrente na direção +x vale:

HViR

=

( )1raBi r

t

aB tω ω σ

σ

= =⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

A força na direção −y vale: i= ×yF l B

) ( ) (raB t a Bω σ= ×yF i − k

2 2ra B tω σ= −yF j

Finalmente, o torque da força Fy é dado por: = × yτ r F

2 2( )r ra B tω σ= × −τ i j

2 2 2tr a Bωσ= −τ k



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RESNICK, HALLIDAY, KRANE, FÍSICA, 5.ED., LTC, RIO DE JANEIRO, 2003.

FÍSICA 3

CAPÍTULO 34 - A LEI DA INDUÇÃO DE FARADAY

EXERCÍCIOS

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 50

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 50

[Início documento]



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Technology

30 lei inducao-faraday