Problemas Resolvidos de Física

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
Cap. 32 - Lei da Indução
de Faraday
Física 2
Resnick, Halliday, Krane
4ª Edição, LTC, 1996
Cap. 36 - A Lei da
Indução de Faraday
Física 2
Resnick, Halliday, Krane
5ª Edição, LTC, 2003
Cap. 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
11
21
31
41
51
61
71
81
91
02
12
22
32
42
52
62
72
82
92
03
13
23
33
43
53
63
73
83
93
04
14
24
34
44
54
64
74
84
94
05
15
25
35
45
55
65
75
85
95
06
16
26
36
46
56
66
76
86
96
07
17
27
37
47
57
67
77
87
97
08
18
28
38
48
58
68
78
88
98
09
19
29
39
49
59
69
79
89
99
10
20
30
40
50
60
70
80
90
100
[Início documento]
[Início seção]
[Início documento]
________________________________________________________________________________________________________
a
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Halliday, Resnick, Walker - Física 3 - 4 Ed. - LTC - 1996.
2
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RESNICK, HALLIDAY, KRANE, FÍSICA, 4.ED., LTC, RIO DE JANEIRO, 1996.
FÍSICA 3
CAPÍTULO 36 - A LEI DA INDUÇÃO DE FARADAY
PROBLEMAS
01
11
21
31
41
02
12
22
32
42
03
13
23
33
43
04
14
24
34
44
05
15
25
35
45
06
16
26
36
46
07
17
27
37
47
08
18
28
38
48
09
19
29
39
49
10
20
30
40
[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:
E
P=
Δt
⎛ε2 ⎞
E = PΔt = ⎜ ⎟ Δt
⎝R⎠
(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:
Φ = ∫ B.dA
Φ = B(t ) A
d ( B(t ) A)
dB
dΦ
=−
= − A (t )
(2)
dt
dt
dt
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:
ε =−
B
________________________________________________________________________________________________________
a
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3
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B
B0
t
0
t
Δt
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):
B(t ) = at + B0
B
B
Na equação acima, a é a declividade da reta, que vale:
0 − B0
B
a=
=− 0
t −0
Δt
Logo:
B
B(t ) = − 0 t + B0
Δt
Substituindo-se (3) em (2):
⎛ B
⎞
d ⎜ − 0 t + B0 ⎟
Δt
⎠ = − A ⎛ − B0 ⎞ = B0 A
ε = −A ⎝
⎜ Δt ⎟ Δt
dt
⎝
⎠
(3)
(4)
Substituindo-se (4) em (1):
2
⎛ B0 A ⎞
⎜
⎟
Δt ⎠
⎝
E=
Δt
R
E=
B02 A2
RΔt
[Início seção]
[Início documento]
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
q (t ) =
1
[ Φ B (0) − Φ B (t )]
R
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?
________________________________________________________________________________________________________
a
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(Pág. 191)
Solução.
(a) O módulo da fem ε induzida na espira vale:
dq
dΦ
ε = iR = R =
dt
dt
Logo:
d Φ = Rdq
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:
∫
Φ (t )
Φ (0)
q
d Φ = ∫ Rdq
0
Φ ( t ) − Φ (0) = Rq( t )
1
⎡Φ ( t ) − Φ (0) ⎤⎦
R⎣
(b) Não. A corrente induzida vale:
q(t ) =
i(t ) =
dq( t )
dt
=
1 ⎡ d Φ ( t ) d Φ (0) ⎤
−
⎢
⎥
R ⎣ dt
dt ⎦
1
⎡ε (t ) − ε (0) ⎤⎦
R⎣
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.
i(t ) =
[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
i=
m
dB
4πρδ dt
________________________________________________________________________________________________________
a
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5
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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):
ε = iℜ
(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:
l
(2)
ℜ=ρ
a
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 m
δ= =
V la
m
(3)
l=
δa
Substituindo-se (3) em (2):
m
(4)
ℜ=ρ 2
δa
Substituindo-se (4) em (1):
iρm
(5)
ε= 2
δa
A obtenção de (5) completa a primeira parte da solução. Agora vamos obter o fluxo do campo
magnético através da espira:
φ = BA = Bπ R 2
(6)
O raio da espira pode ser obtido a partir da sua circunferência, que é igual ao seu comprimento,
dado por (3):
m
2π R = l =
δa
m
(7)
R=
2πδ a
Substituindo-se (7) em (6):
m2 B
(8)
4πδ 2 a 2
Finalmente podemos relacionar o fluxo de campo (8) com a fem (5), por meio da lei da indução,
para obter a expressão desejada:
φ=
dφ
m 2 dB
=
dt 4πδ 2 a 2 dt
Substituindo-se (5) em (9):
ε=
(9)
________________________________________________________________________________________________________
a
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iρm
m 2 dB
=
δ a 2 4πδ 2 a 2 dt
m dB
i=
4πρδ dt
[Início seção]
[Início documento]
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
θ
dA
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:
θ (t ) = ωt = 2πν t
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:
Φ sc = ∫ B.dA = ∫ B.dA.cos (θ )
Φ sc = ∫ B.dA.cos ( 2πν t ) = B cos ( 2πν t ) ∫ dA = B cos ( 2πν t )
Φ sc =
π a2 B
2
π a2
2
cos ( 2πν t )
________________________________________________________________________________________________________
a
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O fluxo total através do circuito é a soma do fluxo na parte retangular e o fluxo na parte
semicircular:
π a2 B
cos ( 2πν t ) + Φ0
2
Agora podemos utilizar a lei da indução de Faraday para obter a expressão para a fem induzida no
circuito:
d Φ (t )
π a2 B
=−
ε (t ) = −
( 2πν ) − sen ( 2πν t )
dt
2
Φ(t ) = Φ sc + Φ0 =
ε (t ) = π 2 a 2 Bν sen ( 2πν t )
O coeficiente da função seno é interpretado como o valor máximo εmáx que a fem da espira pode
atingir. Ou seja:
ε (t ) = ε má x sen ( 2πν ε t )
(a) Como o ângulo de fase (argumento da função trigonométrica) é o mesmo para Φa e ε(t) concluise que a freqüência da variação da fem é a mesma freqüência da variação do fluxo do campo
magnético na espira. Logo:
νε =ν
(b) A amplitude da fem induzida é o fator multiplicativo da função trigonométrica. Logo:
ε max = π 2 a 2 Bν
[Início seção]
[Início documento]
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:
________________________________________________________________________________________________________
a
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μ0i
2π y
B=
(1)
Para uma espira de comprimento x e largura dy, o elemento de fluxo dΦ do campo magnético B
vale:
μi
d Φ = BdA = 0 xdy
2π y
O fluxo total através do circuito é obtido por integração da expressão acima:
μ ix a + L dy
Φ= 0 ∫
2π a y
μ0ix ⎛ a + L ⎞
ln ⎜
⎟
2π ⎝ a ⎠
Φ=
Finalemente, a fem induzida no circuito é obtida por aplicação da lei da indução de Faraday:
dΦ
ε =
dt
ε=
μ0iv ⎛ a + L ⎞
ln ⎜
⎟
2π ⎝ a ⎠
(2)
ε = 2,5279" ×10−4 A
ε ≈ 253 μV
(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.
ε
iv = = 6, 0915" × 10−4 A
R
iv ≈ 609 μA
(c) A potência dissipada vale:
P = Riv2 = 1,5399" × 10 −7 W
P ≈ 154 nW
(d) A força do agente externo pode ser obtida pela seguinte equação:
dFe = iv dl × B
dFe = iv dyB sen(π / 2)i
(3)
Substituindo-se (1) em (3):
⎛ μi ⎞
dFe = iv ⎜ 0 ⎟ dy.i
⎝ 2π y ⎠
μ i i a + L dy
Fe = 0 v ∫
.i
2π a y
Fe =
μ 0iv i ⎛ a + L ⎞
ln ⎜
⎟i
2π
⎝ a ⎠
(4)
Pode-se identificar o valor de ε, (2), em (4) se multiplicarmos o segundo membro de (4) por v/v:
εi
Fe = v i
v
________________________________________________________________________________________________________
a
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Fe = ( 3,1685" × 10 −8 N ) i
Fe ≈ ( 31, 7 nN ) i
(e) A potência do agente externo vale:
P = Fe ⋅ v
P = Fe v cos(0)
P ≈ 154 nW
[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)
x
y
θ
B
dA
b
z
x
v
O fluxo do campo magnético é dado por:
Φ = ∫ B.dA = B ∫ dA = BA
Φ=B
2b.x
⎛θ ⎞
= Bb.x = B.x tan ⎜ ⎟ .x
2
⎝2⎠
________________________________________________________________________________________________________
a
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⎛θ ⎞
Φ = Bx 2 tan ⎜ ⎟
⎝2⎠
A fem induzida no circuito é obtida por meio da lei da indução de Faraday:
ε =−
dΦ
dx
⎛θ ⎞
⎛θ ⎞
⎛θ ⎞
= − B2 x tan ⎜ ⎟ = − B2v tan ⎜ ⎟ x = − B2v tan ⎜ ⎟ .vt
dt
dt
⎝2⎠
⎝2⎠
⎝ 2⎠
⎛θ ⎞
ε = −2 Bv 2 tan ⎜ ⎟ t
2
⎝ ⎠
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)
t=
ε
⎛θ ⎞
2 Bv tan ⎜ ⎟
⎝2⎠
=
2
(56,8 V)
⎛ 110o ⎞
2(0,352 T)(5, 21 m/s) tan ⎜
⎟
⎝ 2 ⎠
= 2, 08126" s
2
t ≈ 2,08 s
[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)
a
dy
y
B
x
dA
x
b
y
D
z
x
i
Considere a espira de largura dy e comprimento a. Sejam os vetores:
B = − Bk
dA = −adyk
________________________________________________________________________________________________________
a
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11
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O fluxo do campo magnético através da espira infinitesimal vale:
d Φ = B.dA
⎛ μi ⎞
d Φ = ⎜ − 0 k ⎟ . ( −adyk )
⎝ 2π y ⎠
μ ia dy
dΦ = 0
2π y
O fluxo do campo através de toda a espira é obtido por integração da expressão acima:
μ ia D +b dy
Φ= 0 ∫
2π D y
Φ=
μ0ia D + b
ln
2π
D
(b) A fem induzida na espira é obtida por aplicação da lei da indução de Faraday:
ε =−
μ ia
μ ia D ⎡ vD − ( D + b)v ⎤
dΦ
1
d ⎛ D+b⎞
=− 0
=− 0
⎜
⎟
2π ⎛ D + b ⎞ dt ⎝ D ⎠
2π D + b ⎣⎢
dt
D2
⎦⎥
⎜
⎟
⎝ D ⎠
μ0iav ⎛ 1
1⎞
− ⎟
⎜
2π ⎝ D + b D ⎠
μ0iabv
ε =−
2π D( D + b)
ε =−
Finalmente, a corrente na espira vale:
iv =
ε
R
iv = −
μ0iabv
2π 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).
[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
ε = π vBR2
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.
________________________________________________________________________________________________________
a
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12
Problemas Resolvidos de Física
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(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.
v
ω
Bx
R
r dr
A força magnética sobre as cargas livres do fio é por:
dF = dqv × B = dqvB
Logo:
dF
= vB
dq
(1)
A diferença de potencial entre dois pontos próximos no fio, separados por uma distância dl vale:
dF
d ε = E.dl = Edl =
dl
(2)
dq
Em (2), E é o campo elétrico que age ao longo do fio. Substituindo-se (1) em (2) e fazendo dl = dr:
dε = vBdr
R
ε = B ∫ vdr = B ∫ ω rdr =
0
ε=
Bω R 2
2
B(2πν ) R 2
2
ε = πν BR2
(3)
(b) A potência necessária para manter o movimento vale:
P = τ.ω = τ .ω
τ=
P
ω
=
ε i (πν BR2 )i
=
ω
(2πν )
iBR 2
2
Um solução alternativa pode ser obtida da seguinte forma:
dU
= εi
P=
dt
τ=
________________________________________________________________________________________________________
a
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13
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dU = ε idt
O trabalho necessário para girar o disco é dado por:
dW = τ.dθ = τ .dθ = τ .2πν dt
Como dU é igual a dW, pode-se igualar (4) e (5):
τ .2πν dt = ε idt
Substituindo-se (3) em (6):
(4)
(5)
(6)
τ .2πν dt = (πν BR 2 )idt
τ=
iBR 2
2
[Início seção]
[Início documento]
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
v=
mgR sen θ
B 2 L2 cos 2 θ
(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).
Ff = Fa
(1)
Para resolver este problema, precisamos encontrar expressões para essas duas forças e substitui-las
em (1). Considere o esquema abaixo:
________________________________________________________________________________________________________
a
Cap. 36 – A Lei da Indução de Faraday
Resnick, Halliday, Krane - Física 3 - 4 Ed. - LTC - 1996.
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Problemas Resolvidos de Física
B
Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES
θ dA
F θ
iL
θ
P θ
Em primeiro lugar vamos determinar a força de frenagem Ff. A força magnética que age sobre a
barra é dada por:
F = iL × B
F = iLB
A força de frenagem é a componente de F paralela à rampa e vale:
Ff = F cosθ = iLB cosθ
(2)
x
O fluxo do campo magnético através do circuito vale:
Φ = ∫ B.dA = BA cosθ = BLx cosθ
Logo, a fem no circuito é obtida por meio da lei da indução de Faraday:
dΦ
ε=
= BLv cosθ
dt
A corrente na barra vale:
ε BLv cosθ
i= =
R
R
Substituindo-se (3) em (2):
⎛ BLv cosθ
Ff = ⎜
R
⎝
(3)
⎞
⎟ BL cosθ
⎠
B 2 L2v cos2 θ
R
Em segundo lugar vamos determinar a força que acelera a barra rampa abaixo:
Fa = P sen θ = mg sen θ
Ff =
(4)
(5)
Finalmente podemos substituir (4) e (5) em (1):
B 2 L2v cos2 θ
= mg sen θ
R
mgR sen θ
v= 2 2
B L cos 2 θ
(b) A potência dissipada por efeito Joule é dada por:
BLv cosθ
PJ = ε i = BLv cosθ .
R
B 2 L2v 2 cos2 θ
PJ =
R
A taxa de perda de energia potencial gravitacional vale:
mgR sen θ
PG = Fa v = mg sen θ . 2 2
B L cos2 θ
(6)
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a
Cap. 36 – A Lei da Indução de Faraday
Resnick, Halliday, Krane - Física 3 - 4 Ed. - LTC - 1996.
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Problemas Resolvidos de Física
PG =
Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES
m2 g 2 R sen 2 θ ⎛ RB2 L2 cos2 θ ⎞
×⎜
⎟
B 2 L2 cos2 θ ⎝ RB 2 L2 cos2 θ ⎠
⎛ m2 g 2 R 2 sen 2 θ ⎞ B 2 L2 cos2 θ
PG = ⎜ 4 4
⎟
4
R
⎝ B L cos θ ⎠
Na equação acima, o termo entre parênteses é v2 (resultado do item (a)). Logo:
B 2 L2v 2 cos 2 θ
(7)
R
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.
PG =
[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.
ωr
i
B
x
y
z
x
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:
Fy = il × 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:
Fx = qv × B
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a
Cap. 36 – A Lei da Indução de Faraday
Resnick, Halliday, Krane - Física 3 - 4 Ed. - LTC - 1996.
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Problemas Resolvidos de Física
Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES
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:
j
vd =
ne
⎛ i0 ⎞
⎜ ⎟
i
at
ωr = ⎝ ⎠ = 0
ne
neat
i0 = ω rneat
A diferença de potencial Hall entre as faces do quadrado ortogonais à direção x (Eq. 23, pág. 142) é
dada por:
iB
VH = 0
net
(ω rneat ) B
VH =
net
VH = ω raB
A resistência elétrica entre as faces do quadrado ortogonais à direção x vale
L 1 a
1
R=ρ =
=
A σ at σ t
A corrente na direção +x vale:
V
i= H
R
(ω raB)
= ω raBσ t
i=
⎛ 1 ⎞
⎜ ⎟
⎝σt ⎠
A força na direção −y vale:
Fy = il × B
Fy = (ω raBσ t ) ai × (− Bk )
Fy = −ω ra 2 B 2σ tj
Finalmente, o torque da força Fy é dado por:
τ = r × Fy
τ = ri × (−ω ra 2 B 2σ tj)
τ = −ωσ tr 2 a 2 B 2k
[Início seção]
[Início documento]
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Cap. 36 – A Lei da Indução de Faraday
Resnick, Halliday, Krane - Física 3 - 4 Ed. - LTC - 1996.
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Problemas Resolvidos de Física
Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES
RESNICK, HALLIDAY, KRANE, FÍSICA, 5.ED., LTC, RIO DE JANEIRO, 2003.
FÍSICA 3
CAPÍTULO 34 - A LEI DA INDUÇÃO DE FARADAY
EXERCÍCIOS
01
11
21
31
41
02
12
22
32
42
03
13
23
33
43
04
14
24
34
44
05
15
25
35
45
06
16
26
36
46
07
17
27
37
47
08
18
28
38
48
09
19
29
39
49
10
20
30
40
50
07
17
27
37
47
08
18
28
38
48
09
19
29
39
49
10
20
30
40
50
PROBLEMAS
01
11
21
31
41
02
12
22
32
42
03
13
23
33
43
04
14
24
34
44
05
15
25
35
45
06
16
26
36
46
[Início documento]
[Início seção]
[Início documento]
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Resnick, Halliday, Krane - Física 3 - 5 Ed. - LTC - 2003.
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