Exercıcios Resolvidos de Teoria Eletromagnщtica Conte´udo

LISTA 3 - Prof. Jason Gallas, IF–UFRGS
3 de Dezembro de 2005, às 16:16
Exercı́cios Resolvidos de Teoria Eletromagnética
Jason Alfredo Carlson Gallas, professor titular de fı́sica teórica,
Doutor em Fı́sica pela Universidade Ludwig Maximilian de Munique, Alemanha
Instituto de Fı́sica, Universidade Federal do Rio Grande do Sul
91501-970 Porto Alegre, BRASIL
Matéria para a TERCEIRA prova. Numeração conforme a quarta edição do livro
“Fundamentos de Fı́sica”, Halliday, Resnick e Walker.
Esta e outras listas encontram-se em: http://www.if.ufrgs.br/ jgallas
Conteúdo
32 A Lei da Indução, de Faraday
32.1 Questões . . . . . . . . . . . . . . . . .
32.2 Problemas e Exercı́cios . . . . . . . . .
32.2.1 Lei da Indução de Faraday – 1/21
2
2
2
2
32.2.2 Indução: Um Estudo Quantitativo – 22/39 . . . . . . . . . . .
32.2.3 Campo Elétrico Induzido – 40/47
32.2.4 O Betatron – 45/46 . . . . . . .
32.2.5 Problemas Adicionais – 48/51 .
Comentários/Sugestões e Erros: favor enviar para
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32 A Lei da Indução, de Faraday
32.1 Questões
P 32-4.
Um campo magnético uniforme, 6 , é perpendicular ao
plano de uma espira circular de raio 7 . O módulo do
Q 32-14.
campo varia com o tempo de acordo com a relação
Um solenóide percorrido por uma corrente constante é 89 ;:=<?>!@5A , onde e B são constantes. Encontre a
induzida na espira em função do tempo.
aproximado de uma espira condutora, como é mostrado fem
Chamando de CED'7GF a área da espira, temos
na figura ao lado. Qual é o sentido da corrente induzida
I
na espira visto pelo observador que aparece na figura?
Sentido horário. Mas voce deve saber como deduzir
H isto...
J
/D'7 F D'7GFN O :=<?>!@5A
B
P
Q 32-17.
32.2 Problemas e Exercı́cios
K : <?>!@5AML
P 32-5.
32.2.1 Lei da Indução de Faraday – 1/21
Na figura ao lado, o fluxo magnético que atravessa a
espira indicada cresce com o tempo de acordo com a
expressão
QCRM FQSUT ( 2
é dado em miliwebers e em segundos.
onde
(a)
Calcule o módulo da fem induzida na espira quando
Uma corrente sen percorre um solenóide ex- EV s; (b) Ache o sentido da corrente através de W .
(a)
X
X
tenso que possui espiras por unidade de comprimen
to. Uma espira circular de área está no interior do
solenóide e seu eixo coincide com o eixo do solenóide.
Y"VM SUT
Q
Ache a fem induzida na espira.
Basta aplicar a definição de :
Q
QZV=[ Y"V\"V SUT E]^Y Volts
P
E 32-2
/ )0+1-(2
3 '4%5
!
" $#
!&% sen
'&%(*),+.-
onde .
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(b) O sentido da corrente induzida na espira é o sentido
horário, com a corrente passando em W da direita para a
esquerda.
P 32-8.
Um campo magnético uniforme é ortogonal ao plano de
uma espira circular de diâmetro igual a YN_ cm, feita de
mm). (a) Calcule a refio de cobre (diâmetro `V
Pa
sistência do fio (Veja a Tabela 1 do Cap. 28). (b) A que
taxa deve o campo magnético variar com o tempo para
que uma corrente induzida de YN_ A seja estabelecida na
espira?
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(a) De acordo com a Eq. 28-15, temos
iVGD$'_ _ Y =R dfeY"_ <hg P a
P
D!_ _._jYOV F
P
a
Y Y mk
P
P
(b) Para YN_ A temos 9lWmno4Y Y*epY"_ <hq 0YN_.f
P
Y=Y mV Por outro
X X lado, sabemos que
P
srr !mtGrr rr rr
r
r
r r
donde tiramos queX X
Y=YuevYN_ <?q
xY T/s
rr rr D!_ YOw=V= F
Py
P
r r P
W9Eb
Cu
c
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] A5wI _€eZY"_ <hq s‚R=_ A/s. Portanto,
V.VM_fevYNa _=F espiras/m (veja Exemplo 1),
com
ƒ
D evYN_ <?… ID†!_ j_ Y FG4Y"V=_.,V=V=_feY"_=F,
R._
y
P z
]Kk
j
a
P
]=_ VtevYN_ < F A
P
P
4„
P 32-11.
Um solenóide longo com raio de V mm possui Y"_=_ esa
piras/cm. Uma espira circular de cm de raio é colocada
a
em torno do solenóide de modo que o seu eixo coincida com o eixo do solenóide. A corrente no solenóide
reduz-se de Y A para _
A a uma taxa uniforme num
Pa
intervalo de tempo de YN_ ms. Qual é a fem que aparece
na espira?
Chamando de l|D'7GF a área de cada uma das espiras, relembrando que, conforme a Eq. 31-21, o campo
P 32-10.
, e que no solenóide
dentro de um solenóide é ‡
ˆK ,
Na figura ao lado uma bobina de YOVM_ espiras, de raio o fluxo magnético através de cada espira é
Y cm e resistência ]*k é colocada na parte externa temos
Pz
ajP
de um solenóide semelhante ao indicado no Exemplo 1.
!
Se a corrente no solenóide varia com o tempo do mesmo
F
m
N
'
4
K
#
,
'
'
D
7
modo indicado no Exemplo 1: (a) qual é a corrente que
P
surge na bobina enquanto a corrente do solenóide está
variando? (b) Como os elétrons de condução da bobina Portanto, com xY V=RtevYN_ <?‰ T \ A/m, obtemos
“recebem a mensagem” do solenóide de que eles devem
se mover para criar a corrente? Afinal de contas, o fluxo magnético está inteiramente confinado no interior do
solenóide.
(a) A magnitude do campo magnético dentro do so '4{ , onde é o número de voltas
lenóide é [
por unidade de comprimento e &{ é a corrente no solenóide. O campo é paralelo ao eixo do solenóide, de
modo que o fluxo através da seção transversal do so { | ND'7G{F ' { , onde { iD'7G{F é
lenóide é
a área da seção transversal do solenóide. Como o campo magnético é zero fora do solenóide, este também é o
valor do fluxo através da bobina. A fem na bobina tem
a magnitude
I
HC}
e a corrente na bobina é
4Q
W
{
D'7 {F }~ 'D 7G{F }H 4{
2
W
onde } é o número de voltas na bobina e W é a resistência da bobina.
De acordo com o Exemplo 1, a corrente varia linear mente de ] A em _ ms, de modo que 4{,w s
P
J NY _._
_ pY 1_ L !D$0iV v
e YN_ <?q F PŠa
P
a
Y"_ < F
"Y _feY"_ <?q
Y MV ] T evYN_ <?q V Y V mV
P
P
P
P 32-12.
Deduza uma expressão para o fluxo através de um
toróide com } espiras transportando uma corrente .
Suponha que o enrolamento tenha uma seção reta retangular de raio interno ‹ , raio externo Œ , altura  .
Sabemos que o campo do toróide é
> .Ž
~
} VGD'7 P
Portanto, observando que
é paralelo ao campo
que em módulo, CC 7 , temos
6\
6
e
1Ž
 7
}~ 
 ‘
VGD
7
O}~N Œ
ln
VGD
‹P
a
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P 32-13.
Um toróide tem uma seção reta quadrada de lado igual
a cm, raio interno de Y cm, _._ espiras e transporta
a A. Calcule
a
a
uma corrente igual a _
o fluxo magnético
P
z
através da seção reta.
Do problema anterior sabemos que
}~ 
Œ
ln
VGD
‹ P
Temos aqui que ’
cm, ‹*Y cm, Œ/E‹ S “CV=_
a
a
_=_ espiras.
cm, ”o_
A e }•
Portanto, basta
P
z
a
substituir os valores numéricos para se obter o resultado
desejado:
v
D evY"_ h< … 0 _=_10_ 0_ _ y
a
Pz P a
VMD
Y Y evYN_ ?< ‰ Wb
P a
P
ln VM_
Y
a
‡
a
evYN_ <?–
me
donde sai que
m2
EtZ›
D'7 ˜F I
ED'7 ˜F D!_ _ F 4YN_ < F œEV _jYuevYN_ <—–
P z
P
D 7OFNWuF
VGŸ q P
D N7GF,WuF
V
D 7GF,WuF
V
]MD 7OFNWuF0 VMŸ –
O raio do fio não é difı́cil de ser determinado:
_
a _ _
cMV D MV PŠDš
™ P z
(c) A força eletromotriz é dada pela lei de Faraday:
_
WZEb c ‡4Y R.dfeY"_ <?g E_ _jY=Yk
Pa
P
P
D e Y"_ <—– F
a
7O˜t
&WuF
VGŸ q P
O campo está dirigido para cima na figura. O fluxo
mangnético através da espira menor é dado pelo produto
do campo pela área da espira menor, ou seja,
P 32-14.
Temos
que C_ P a m, 7nE_ P a mm
que fw c Y"_ mT/s Y"_ < F T/s.
conseqüência, com a passagem da corrente pelo anel
maior (veja a figura), o camo magnético correspondente é aproximadamente constante através da área plana
D'7GF , limitada pelo anel menor. Suponha agora que a
distância
Ÿ não seja fixa, mas que varie à razão constante Ÿ'w 9 . (a) Determine o fluxo magnético através
da área limitada pelo anel menor. (b) Calcule a fem gerada no anel menor. (c) Determine o sentido da corrente
induzida no anel menor. (Sugestão: Veja a Eq. 25 do
capı́tulo 31.)
(a) Na região da espira menor o campo magnético
produzido pela espira maior pode ser considerado como
sendo uniforme e igual ao seu valor no centro da espira
menor, sobre o eixo. A Eq. 31-24, com ¡nEŸ e Ÿ›¢£W ,
fornece o módulo de :
J
Y L
Ÿ q J
] Ÿ L
Ÿ – P
(c) O campo da espira maior aponta para cima e decresce com a distância à espira. A medida que a espira menor afasta-se o fluxo através dela decresce. A corrente
Portanto
induzida deverá ser tal a produzir um campo dirigido
HCV _jYevYN_ <—– V
também para cima, de modo a compensar o decresciP
mo do campo da espira maior (que induz a corrente). A
donde sai
corrente fluirá no sentido anti-horário quando a espira é
C_ _jY ] A
vista
de cima, na mesma direção da corrente na espira
P z
P
W
maior.
Com isto, a taxa de produção de energia térmica na espira é
ž
P 32-19.
E F WZC] R T evYN_ <?‰ W
P a
P
›
QE_ _ VK€_ T .
P y
Pz
(a) Chamando a área do quadrado temos
P 32-16.
V
A figura ao lado mostra duas espiras de fio em forma de anel, que têm o mesmo eixo. O anel menor
está acima do maior, a uma distância Ÿ , que é grande em comparação com o raio W , do anel maior. Em
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’!
V
Vj¤ _ _ V€_ T ¥
P y
Pz
HV¦\,_ T xY T
Pz
P y
V
P
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X X
Portanto ‡Y T V, anti-horária; I§9V=_
P y
VIY T V.
P
y
(b) ¨ é anti-horária.
S Y T P y
onde é a velocidade da barra. Portanto
Y V T, !_ YN_
P
P
_ R._ V
P
P
m 0
aIP
_
m/s (b) Sendo W a resistência da barra, a corrente no laço é
32.2.2 Indução: Um Estudo Quantitativo – 22/39
E 32-23.
W
_ R=_ V
P
Y
_ K
_ k
Pa
Py
A
P
Como a barra move-se para a esquerda no diagrama, o
fluxo aumenta. A corrente induzida deve produzir um
campo magnético que entra na página na região delimitada pela barra e trilhos. Para que assim seja, a corrente
deve fluir no sentido horário.
(c) A taxa de geração de energia térmica pela resstência
da barra é
E 32-22.
©
ž
(a) O fluxo varia porque a área limitada pela barra
F
!_ R=_1 F
E_ d=_ W
P
metálica e os trilhos aumenta quando a barra se move.
P
P
W
_ _
P
y
Suponha que num certo instante a barra esteja a uma
distância Ÿ da extremidade à direita dos trilhos e tenha (d) Como a barra move-se com velocidade constante, a
força total sobre ela deve ser nula. Isto significa que a
velocidade . Neste caso o fluxo através da área é
força do agente externo tem que ter a mesma magnitude
que a força magnética mas na direção oposta.
EZE Ÿ;2
c
A magnitude da força magnética é
ª©
onde é a distância entre os trilhos.
« ‡4Y 0_ YN_.,4Y V.E_ Y N
c
De acordo
com a lei de Faraday, a magnitude da fem
Pa P
P
P z P
c
induzida é
Como o campo aponta para fora da página e a cor
I
rente está dirigida para cima através da barra, a força
Ÿ
E E magnética esta dirigida para a direita. A força do agente
c c
externo tem que ser, portanto, de _ Y N para a esquerP z
da.
_ ] _ T 0_ V _ m 0!_ _ m/s
P a
P a
P a.a
(e) Quando a barra move-se uma distância infinitesimal
1¬
ª Y¦evYN_ < F V
Ÿ ª o agente externo faz um trabalho
Ÿ , ony—P z
P
de é a força do agente. A força está na direção do
(b) Use a lei de Ohm. Se a resistência da barra for W , movimento, de modo que o trabalho feito pelo agente é
então a corrente na barra é
positivo. A taxa na qual o agente realiza trabalho é
¬
[
W
Y eY"_ < F
u
—y P z
Y k
V R T ez "Y _ <?q
P
V
A
P
ª
ª
Ÿ f‡!_ Y 0 _.E_ d._
P z Ia P
P
W2
que coincide com a taxa com que a energia térmica é gerada. A energia térmica fornecida pelo agente externo é
convertida integralmente em enegia térmica.
P 32-27.
E 32-24.
Dois trilhos retilineos formam um ângulo reto no ponto
(a) Seja Ÿ a distância a partir da extremidade direita de junção de suas extremidades. Uma barra condutora
dos trilhos até a barra. A área demarcadapela
barra e os em contato com os trilhos parte do vertice no instante
trilhos é Ÿ e o fluxo através da área é
‡ Ÿ . A u8_ e se move com velocidade constante de 2­V m/s
c é
c
a
fem induzida
para a direita, como mostra a Fig. 32-42. Um campo
magnetico de _j2®] T aponta para fora da pagina. CalcuŸ
a
m E E ?2
lar (a) o fluxo atraves do triângulo formado pelos trilhos
c
c
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e a barra no instante us] segundos e (b) a fem indu- donde reconhecemos facilmente que a amplitude da fem
zida no triângulo neste instante. (c) De que modo a fem é
induzida no triângulo varia com o tempo?
I³ 3 ¯D F ‹ F ±
P
(a) Apos um tempo o segmento vertical tera anW , vemos que
Como
o
circuito
contém
uma
resistência
dado uma distância horizontal 1 , o que fornece para
a
amplitude
da
corrente
alternada
que
circulará
na espira
a area t
do triângulo em questão o valor t
”
é
10iVG 1®w=V¯ F,4F . Portanto, o fluxo sera dado por
!] ._ [
P
³
nD F ‹ F ±
2
W
W
sendo que para um instante de tempo n] _.
!_ ] 0 P VM_1 F ] _. F
P V a T aImP F
P
P
z.ajP
³ (b) Para obter a fem induzida:
n!
t
! 1FN4FN
KVMn F KVj_ ] , V. F ! ] _1x R
P a ja P
P
a Pz
³
V
P
(c) Como se pode bem ver da expressão acima °
KVMn 1F, , a fem varia linearmente em função do tempo.
qualquer, a cor-
rente no circuito será
P 32-28.
(a) A freqüência da fem induzida coincide com a
freqüência com que a semicircunferência é girada: ± .
(b) A amplitude a fem induzida é dada por
I m 2
sen iVGD$±?
P
P 32-29.
(a) A área da bobina é CC‹IŒ . Suponha que num dado instante de tempo a normal à bobina faça um ângulo ´
com o campo magnético. A magnitude do fluxo através
da bobina será então
E}H‹IŒ()0+1-I´
e a fem induzida na bobina é
¤ }H‹IŒ(”),+.-I´G¥
´
¤ }m‹Œ0 sen´G¥ P
, ´ é
Em termos da freqüência ± de rotação e do
tempo
dado por ´t9VMD$±? . Portanto, temos que ´1w œ9VGD$± .
de modo que precisamos determinar como o fluxo varia com o tempo a medida que a semicircunferência é Com isto, a fem é dada por
girada. Da definição de fluxo temos
HZVGD$±h}m‹Œ0 sen VMD$±?(2
1Ž
6\
tH)0+1-,iVGD$±?
D²‹F
)0+1-NiVGD$±?(2
V
onde é a área da semicircunferência. Portanto
D²‹F )0+.-NVMD$±?
V
D²‹F
VGD$± sen iVGD$±?
V
¯D F ‹ F ± sen VMD$±?(2
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expressão que pode ser escrita como m
onde 3 VMD$±h}H‹IŒ(
P
(b) A bobina desejada deve satisfazer
u3 VGD$±h}m‹Œ0Y _
a
V
sen VGD$±? ,
P
Isto significa que
VMD$±h
}H‹IŒµ
VMD!R._
™
a
VMD
_ T d=R
P
Y _
a
rev/s0_
mF
PŠa
_
T
P
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Qualquer bobina para a qual tenhamos }H‹IŒm£_ T d.R distância entre a barra deslizante e a porção horizontal
P
m F satisfará o pedido. Um exemplo simples é usar-se do trilho, na parte inferior do plano inclinado. A área
delimitada pela barra e os trilhos é £°¼0Ÿ , já que a
}ƒY"_=_ voltas e ‹*CŒ¶ d.V cm.
zjP
normal à área faz um ângulo ´ com o campo magnético,
sendo que o fluxo magnético através da espira é
P 32-34.
E¼0ŸK),+.-I´
P
De acordo com a lei de Faraday, a fem induzida na espira é ”9¼0 œ),+.-I´ . Sendo W a resistência da barra, a
Use a lei de Faraday para encontrar uma expressão pa- corrente induzida será
ra a fem induzida pelo campo magnético variável. Pri¼0 ),+.-I´^2
meiro, encontre uma expressão para o fluxo através da
W
W
espira. Como o campo depende de · mas não de Ÿ , divida a área em tiras de comprimento e largura · , para- e a magnitude da força magnética será
c
lelas ao eixo Ÿ . É claro que é o próprio
comprimento
ª;
F¼F c
Ei¼,
)0+1-I´
de um dos lados do quadrado.
P
W
Num instante o fluxo através duma tira com coordenaI
da · é
9
·’
4F(· · de modo que o fluxo Tal força é perpendicular tanto ao campo magnético
y éc
c
quanto à corrente. Ela é horizontal, para a esquerda.
total através do quadrado
As componentes das forças ao longo do plano inclinado
(i.e. ao longo da direção Ÿ ) são
P 32-36.
9¸
F · ·*EV q F
P
y c
c
½›¾
De acordo com alei de Faraday, a magnitude a fem induzida no quadrado é
I
q
V q F #K
yc P
c
H
Para ZV
ŠP a
m
_ ._ VM_1 q i V ¹ eY"_ <?º
P
ŠP a
z
P
)0+1-I´t ½ ‹?2
)0+1-I´n ½›¾
ª que, ao substituirmos
V
ª onde ‹ é a aceleração da barra. Ter-se uma velocidade
terminal constante significa ter-se ‹fC_ , ou seja, ter-se
ª s encontramos
y
sen´
f
sen´j2
, nos fornece
½›¾ W sen´
F ¼ F 0) +1- F ´QP
O campo externo aponta para fora da página e cresce
ž A energia térmica é gerada na barra com uma taxa
(b)
com o tempo. A corrente induzida na espira quadrada
§mEFNW , ou seja, como ©‡!¼0 jwGWI),+.-´ ,
deve produzir um campo que entra na página, de modo
ž
½ F ¾ FNW senF0´
que tal corrente deve fluir no sentido horário. A fem é
tF(¼,F, 1F
),+.-I´t
§ também induzida no sentido horário.
W
¼ )0+1- ´ P
F F
F
Suponha que a barra esteja a uma altura  acima da base do plano inclinado. Sua energia potencial é então
(a) Como a variação do fluxo magnético através da ¿ ½’¾ ” ½’¾ Ÿ sen´ . A perda de energia potencial
área delimitada pela barra e os trilhos induz uma corren- ocorre a uma taxa
ž$À ¿
te, o campo magnético exerce uma força sobre a barra.
Ÿ
›
½
¾
sen´t ½’¾ sen´
A força magnética é horizontal e aponta para a esquerda
P
na projeção da figura 32-49. Ela tende a parar a barra, enquanto que a força gravitacional sobre a barra a Substituindo-se nesta expressão a velocidade terminal acelerá-la para baixo. Como a força magnética é zero encontramos
quando a barra esta parada e aumenta com a velocidaž;À ½ F ¾ FNW senF0´
de da barra, a velocidade terminal é atingida quando a
2
F ¼ F )0+1- F ´
força resultante atuando na barra for zero.
Primeiro, supomos que a barra tenha uma velocidade que é a mesma expressão com que a energia térmica é
e calculamos a força magnética sobre ela. Seja Ÿ a gerada. Note que a expressão da velocidade terminal
P 32-38 » .
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precisa ser usada. Até atingir-se a velocidade terminal P 32-44.
existe transformação de energia potencial em energia Use a lei de Faraday na forma
cinética, a medida que a barra ganha velocidade.
I
Ã
(c) Se o campo magnético apontar para baixo a direção
1Ä
\
x
da corrente será invertida mas a força magnética perma9P
necerá na mesma direção, fazendo com que o movimenIntegre em torno da trajetória pontilhada mostrada na
to da barra permaneça inalterado.
Fig. (32-53).
Em todos pontos dos lados superior e inferior da traP 32-39 » .
jetória o campo elétrico ou é perpendicular ou é zero.
Suponha que ele se anule em todos pontos do lado direito (fora do capacitor). No lado esquerdo o campo é
paralelo à trajetória e tem magnitude constante. Portan32.2.3 Campo Elétrico Induzido – 40/47
to uma integração direta fornece
 Ã
E 32-40.
\
1Ä
Á
c
2
(a) O ponto onde se deseja o campo está dentro do onde é o comprimento do lado esquerdo do retângulo.
c
é zero e permanece zero, de modo
solenóide, de modo que se pode aplicar a Eq. (32-24). O campo
I magnético
que
w C_ .
A magnitude do campo elétrico induzido é
Se isto tudo estivesse certo, a lei de Faraday nos levaria
Á
Á
Y a umaÁ contradição pois deverı́amos ter
C_ sem que
7
c existir um
V nem nem fossem zero. Portanto, deve
c ao longo do lado direito da trajetória de
campo elétrico
Y
!R evYN_ <?q ,!_ _.V.VM_1
integração.
V Pa
T Y e Y"_ <?º
P a
P
V/m
P
(b) Neste caso o ponto está fora do solenóide, de mo- 32.2.4 O Betatron – 45/46
do que podemos aplicar a Eq. (32-25). A magnitude do
campo elétrico induzido é
Y u
W F
V 7
Á
!_ _.R=_=_1 F
evYN_ <?q P
Pa
_ _ VM_
Y ]fevYN_ <?– V/m P z
Py
P
V
Y
P 32-46.
!R
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32.2.5 Problemas Adicionais – 48/51
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