problemas por assunto-34-lei da inducao de faraday

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

________________________________________________________________________________________________________ Resnick, Halliday, Krane - Física 3 - 4

a Ed. - LTC - 1996. Cap. 36 – A Lei da Indução de Faraday

1

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

FÍSICA 3

CAPÍTULO 36 – A LEI DA INDUÇÃO DE FARADAY

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 t. Encontre

uma expressão para a energia interna total dissipada por efeito Joule na espira.

(Pág. 190)

Solução.

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

E

Pt

2

E P t tR

(1)

Na equação acima, 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 ( ), que é dado

por:

.dB A

( )tB A

( ) ( )t t

d B A dBdA

dt dt dt (2)

Agora precisamos de uma expressão para o campo B(t). Segundo o enunciado, o campo magnético

varia no tempo de acordo com o gráfico abaixo:

A dependência de B em relação a t pode ser representada pela seguinte função linear, em que B0 é o

valor de B para t = 0 (B0 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 00

0

B Ba

t t

Logo:

B

t0

t

B0

t




2

00( )

BB t t B

t (3)

Substituindo-se (3) em (2):

00

0 0

Bd t B

B B AtA A

dt t t (4)


2

0B A

tE t

R

2 2

0B AE

R t

11. Na Fig. 32, o fluxo que atravessa a espira é B(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 B(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

independentemente da forma específica da lei de variação de B. (b) Se B(t) = B(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) O módulo da fem induzida na espira vale:

dq d

iR Rdt dt

Logo:

d Rdq




3

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 q

d Rdq

( ) (0) ( )t tRq

( ) ( ) (0)

1t tq

R

(b) Não. A corrente induzida vale:

( ) ( ) (0)

( )

1t t

t

dq d di

dt R dt dt

( ) ( ) (0)

1t ti

R

O fato de o valor instantâneo uma grandeza ser zero, (t), não significa que sua variação instantânea

em relação ao tempo, (t), também deva ser zero.

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 dBi

dt

onde é a resistividade e a densidade do cobre.

(Pág. 191)

Solução.

Precisamos encontrar uma função que relacione a fem 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 para a resistência para que não haja

confusão com o raio R da espira):

i (1)

A resistência da espira é dada por (2), em que é a resistividade do fio, l é o seu comprimento e a é a área da seção reta do fio:

l

a (2)

Podemos calcular o comprimento do fio por meio de sua relação com a densidade (não foi usado o

símbolo tradicional para não entrar em conflito com a resistividade do fio):

m m

V la

m

la

(3)





4

(4)


2

i m

a (5)

A obtenção de (5) completa a primeira parte da solução. Agora vamos obter o fluxo do campo magnético através da espira:

2BA B R (6)

O raio da espira pode ser obtido a partir da sua circunferência, que é igual ao seu comprimento,

dado por (3):

2m

R la

2

mR

a (7)


2

2 24

m B

a (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 24

d m dB

dt a dt (9)


2

2 2 24

i m m dB

a a dt

4

m dBi

dt

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

2

m

a




5

A solução deste problema baseia-se na obtenção de uma função periódica da fem em relação ao

tempo t e, a partir daí, analisar a periodicidade da função. Vamos começar pela dependência do

ângulo entre os vetores B e dA em relação ao tempo:

( ) 2t t t

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

. . .cossc d B dAB A

2

. .cos 2 cos 2 cos 22

sc

aB dA t B t dA B t

2

cos 22

sc

a Bt

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

2

( ) 0 0cos 22

t sc

a Bt

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

2( )

( ) 2 sen 22

t

t

d a Bt

dt

2 2

( ) sen 2t a B t

O coeficiente da função seno é interpretado como o valor máximo máx que a fem da espira pode atingir. Ou seja:

( ) má x sen 2t t

(a) Como o ângulo de fase (argumento da função trigonométrica) é o mesmo para a e (t) conclui-

se que a freqüência da variação da fem é a mesma freqüência da variação do fluxo do campo magnético na espira. Logo:

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

2 2

max a B

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

B

dA




6

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 m 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:

0

2

iB

y (1)

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

0

2

id BdA xdy

y

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

0

2

a L

a

ix dy

y

0 ln2

ix a L

a

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

d

dt

0 ln2

iv a L

a (2)

42,5279 10 A

253 μV

(b) Para o cálculo da corrente induzida, pode-se considerar o circuito como sendo constituído por

uma fonte de fem em série com uma resistência R.

46,0915 10 AviR




7

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 dyBe

F i (3)


0 .2

v

id i dy

ye

F i

0 .2

a Lv

a

i i dy

ye

F i

0 ln2

vi i a L

aeF i (4)

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

vi

veF i

83,1685 10 Ne

F i

31,7 nNe

F i

(e) A potência do agente externo vale:

Pe

F v

cos(0)eP F v

154 nWP

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

. 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 = 110o, B = 352 mT e v = 5,21 m/s, em que instante a fem induzida é

igual a 56,8 V?




8

(Pág. 193)

Solução.

(a)

O fluxo do campo magnético é dado por:

.d B dA BAB A

2 .

. . tan .2 2

b xB Bb x B x x

2 tan

2Bx

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

2 tan 2 tan 2 tan .2 2 2

d dxB x B v x B v vt

dt dt

22 tan

2Bv t

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)

o

2 2

(56,8 V)2,08126

1102 tan 2(0,352 T)(5,21 m/s) tan

2 2

t s

Bv

2,08 st

b

x

dA

B v

x

y

z




9

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)

Considere a espira de largura dy e comprimento a. Sejam os vetores:

BB k

d adyA k

O fluxo do campo magnético através da espira infinitesimal vale:

.d dB A

0 .2

id ady

yk k

0

2

ia dyd

y

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

0

2

D b

D

ia dy

y

0 ln2

ia D b

D

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

0 0

2

1 ( )

2 2

ia iad d D b D vD D b v

D bdt dt D D b D

D

0 1 1

2

iav

D b D

x

y

zy

dy

a

b

D

xdA

i

B x




10

0

2 ( )

iabv

D D b

Finalmente, a corrente na espira vale:

viR

0

2 ( )v

iabvi

RD D b

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).

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

2vBR

onde 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.

(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.

A força magnética sobre as cargas livres do fio é por:

d dq dqvBF v B

Logo:

dF

vBdq

(1)

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

R

drr

vB x




11

.dF

d d Edl dldq

E l (2)

Em (2), E é o campo elétrico que age ao longo do fio. Substituindo-se (1) em (2) e fazendo dl = dr:

d vBdr

2

0 2

R B RB vdr B rdr

2(2 )

2

B R

2BR (3)

(b) A potência necessária para manter o movimento vale:

. .P τω

2( )

(2 )

P i BR i

2

2

iBR

Um solução alternativa pode ser obtida da seguinte forma:

dU

P idt

dU idt (4)

O trabalho necessário para girar o disco é dado por:

. . .2dW d d dtτ θ (5)

Como dU é igual a dW, pode-se igualar (4) e (5):

.2 dt idt (6)


2.2 ( )dt BR idt

2

2

iBR

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 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

sen

cos

mgRv

B L

(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.




12

(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:

Em primeiro lugar vamos determinar a força de frenagem Ff. A força magnética que age sobre a

barra é dada por:

iF L B

F iLB

A força de frenagem é a componente de F paralela à rampa e vale:

cos cosfF F iLB (2)

O fluxo do campo magnético através do circuito vale:

. cos cosd BA BLxB A

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

cosd

BLvdt

A corrente na barra vale:

cosBLv

iR R

(3)


cos

cosf

BLvF BL

R

2 2 2cosf

B L vF

R (4)

Em segundo lugar vamos determinar a força que acelera a barra rampa abaixo:

dA

iF

B

x L

P




13

sen senaF P mg (5)

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

2 2 2cos

senB L v

mgR

2 2 2

sen

cos

mgRv

B L

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

cos

cos .J

BLvP i BLv

R

2 2 2 2cos

J

B L vP

R (6)

A taxa de perda de energia potencial gravitacional vale:

2 2 2

sensen .

cosG a

mgRP F v mg

B L

2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2

sen cos

cos cosG

m g R RB LP

B L RB L

2 2 2 2 2 2 2

4 4 4

sen cos

cosG

m g R B LP

B L R

Na equação acima, o termo entre parênteses é v2 (resultado do item (a)). Logo:

2 2 2 2cosG

B L vP

R (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.

39. Um freio eletromagnético que utiliza correntes parasitas consiste em um disco de condutividade

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 .

(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 = r j. O campo magnético que age na área




14

a2 produz uma corrente parasita no sentido horário (corrente convencional), sendo que os elétrons

fluem no sentido inverso.

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:

iyF l 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:

qx

F v B

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:

d

jv

ne

0

0

i

iatr

ne neat

0i rneat

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

dada por:

0H

i BV

net

( )

H

rneat BV

net

HV raB

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

1 1L a

RA at t

A corrente na direção +x vale:

HVi

R

( )

1

raBi raB t

t

A força na direção y vale:

iyF l B

i

r

Bx

y

zx




15

( ) ( )raB t a ByF i k

2 2ra B t

yF j

Finalmente, o torque da força Fy é dado por:

yτ r F

2 2( )r ra B tτ i j

2 2 2tr a Bτ k

problemas por assunto-34-lei da inducao de faraday

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