1
Linhas de Campo magnético
Fluxo magnético:
s
S d B
Ou seja:
s
dS n B ˆ
Aqui n ˆ é o vetor unitário normal à superfície S.
Unidade: Weber: 1Wb = 1T. m
2. Observe que, na superfície fechada:
M 0
S
B dS
Lei de Faraday
Qualquer mudança no fluxo magnético sobre uma espira causará uma voltagem ¨induzida¨ na espira. Não importa como esta variação de fluxo é feita, haverá voltagem gerada. Esta mudança pode ser produzida movendo-se um magneto sobre a espira, onde haverá mudanças nas linhas de força de campo magnético que atravessarão a área da espira.
A Lei de Faraday é uma relação fundamental cuja origem está nas equações de Maxwell. Resumidamente ela diz que uma voltagem (fem) pode ser gerada por mudança (variação) do fluxo magnético. A fem induzida na espira é igual a menos a taxa de variação do fluxo magnético em uma espira; multiplicando por N espiras, teremos a fem em uma bobina.
d
B dt Lei de Lenz
Quando uma força eletromotriz é gerada pela mudança do fluxo magnético de acordo com a Lei de Faraday, a polaridade da força eletromotriz induzida é tal que produz uma corrente cujo campo magnético se opõe às mudanças às quais. A indução magnética dentro de qualquer fio em forma de espira sempre atua de forma a conservar o fluxo magnético sobre a espira constante.
Exemplos – Lei de Faraday-Lenz Seja B B f B i
1. Pólo norte de um ímã se aproximando do plano da espira.
y ˆ j
As linhas de força do campo magnético do ímã que entram no plano da espira aumentam a medida que o ímã avança para baixo na velocidade v v j ˆ
. Logo, há um maior número de linhas de força do campo magnético externo B B j ˆ
do ímã sobre o plano da espira;
portanto o fluxo magnético B B dA
aumenta na direção vertical para baixo( B ˆ j
); assim, o campo magnético induzido sobre a espira estará na direção contrária: vertical para cima ˆ
ind ind
B B j
. Portanto, a corrente induzida, pela regra da mão direta, circulará sobre a espira no sentido anti-horário.
2. Pólo Sul de um ímã se afastando do plano da espira.
As linhas de força do campo magnético do ímã que entram no plano da espira diminuem a medida que o ímã avança para cima na velocidade v v j ˆ
. Logo, há um menor número de linhas de força do campo magnético externo B B j ˆ
do ímã sobre o plano da espira;
portanto o fluxo magnético B B dA
diminui ( B ˆ j
);
assim, o campo magnético induzido sobre a espira estará na direção contrária: vertical para cima ˆ
ind ind
B B j
.
Portanto, a corrente induzida, pela regra da mão direta, circulará sobre a espira no sentido anti-horário.
3. Pólo norte de um ímã se afastando do plano da espira.
As linhas de força do campo magnético do ímã que entram no
plano da espira diminuem a medida que o ímã avança para cima na
2
velocidade v v j ˆ
. Logo, haverá um menor número de linhas de força do campo magnético externo B B j ˆ
do ímã sobre o plano da espira;
portanto o fluxo magnético B B dA
diminui ( B ˆ j
);
assim, o campo magnético induzido sobre a espira estará na direção
contrária: vertical para baixo: ˆ
ind ind
B B j
.
Portanto, a corrente induzida, pela regra da mão direta, circulará sobre a espira no sentido horário.
4. Pólo Sul de um ímã se aproximando do plano da espira.
As linhas de força do campo magnético do ímã que entram no plano da espira aumentam a medida que o ímã avança para cima na velocidade v v j ˆ
. Logo, haverá um maior número de linhas de força do campo magnético externo B B j ˆ
do ímã sobre o plano da espira;
portanto o fluxo magnético B B dA
diminui ( B ˆ j
);
assim, o campo magnético induzido sobre a espira estará na direção
contrária: vertical para baixo ˆ
ind ind
B B j
.
Portanto, a corrente induzida, pela regra da mão direta, circulará sobre a espira no sentido horário.
5. Bobina móvel com corrente no sentido horário se aproximando de bobina fixa.
i
i
indCaso análogo ao de um ímã com o pólo Norte se aproximando a uma espira. Conforme a bobina desce velocidade v v j ˆ
há um maior número de linhas de força do campo magnético externo B B j ˆ
do ímã sobre o plano da bobina fixa; portanto o fluxo magnético
B B dA
aumenta na direção vertical para baixo( B ˆ j
);
assim, o campo magnético induzido sobre a bobina estará na direção contrária: vertical para cima ˆ
ind ind
B B j
.
Portanto, a corrente induzida, pela regra da mão direta, circulará sobre a bobina no sentido anti-horário.
6. Chave sendo fechada num circuito com um indutor.
x ˆ
i ind i
+ -
Ao fechar a chave, a corrente i no indutor irá aumentar. O campo magnético no indutor, dado pela regra da mão direita, terá uma variação
ˆ
B x
aumentando o fluxo magnético B B dA
nessa direção; logo, deve haver um campo magnético induzido na espira no sentido oposto: B ind B ind x ˆ
que será causado, pela regra da mão direita por uma corrente induzida (i
ind) na espira no sentido indicado .
7. Chave sendo aberta num circuito com um indutor.
ˆ x
i ind
i + -
Ao abrir a chave, a corrente i no indutor irá diminuir. O campo magnético no indutor, dado pela regra da mão direita, terá uma variação
ˆ B x
aumentando o fluxo magnético B B dA
nessa direção; logo, deve haver um campo magnético induzido na espira no sentido oposto: B ind B ind x ˆ
que será causado, pela regra da mão direita por uma corrente induzida (i
ind) na espira no sentido indicado .
8. Chave já aberta num circuito com um indutor.
Nesse caso não haverá corrente induzida, pois não há corrente no
indutor.
3
9. Bobina imersa numa região de campo magnético uniforme.
Nesse caso não haverá corrente induzida, pois não há variação de fluxo magnético sobre o plano da bobina.
10. Espira imersa em um campo magnético variável.
Nesse caso: dB 0.02 T ˆ
dt s j
.Resistência da espira é R = 5.0 .
Como o fluxo aumenta na direção ˆ j , o campo induzido deve
estar na direção ˆ
ind ind
B B j
; pela regra da mão direita, a corrente deverá circular no sentido horário.
( )
d
Bd
dt dt B A
0.02 0.012
5
0.048
ind ind ind
A dB
dB dt
A R i i i mA
dt R
11. Bobina num campo magnético decrescente.
Uma bobina de 500 voltas e 4 cm de raio é colocada num campo magnético decrescente a 0.2 T/s e forma 30° com o plano da bobina.
Encontre o módulo e o sentido da força induzida.
cos 30
d
BdB
N N A
dt dt
2 2
cos 30 500 0.04 ( 0.2) cos 30 N r dB
dt
0.435 V
12. Condutor com barra deslizante para a direita com velocidade constante num campo magnético uniforme:
x
Nesse caso:
B d l x
d dA
B B
dt dt dt
v
B l dx B l v
dt
l
Nesse caso, a força será (sentido: regra da mão esquerda):
2 2
B l v B l v
F i l B l B l B F
R R R
A potência da força:
2 2 2
B l v P F v P
R
13. Fechando a chave no primeiro circuito;
x ˆ
i
Bi
AA corrente no primeiro circuito aumentará no sentido horário;
pela regra da mão direita, o campo magnético da bobina A:
0 A
B N i
l
aumentará no sentido x ˆ ; assim, o campo induzido na bobina B deverá estar no sentido B ind B ind x ˆ
Pela regra da mão direita, a corrente deverá ter o sentido de b para a.
Se a chave for aberta depois do circuito estar funcionando por algum tempo: O campo devido a bobina A diminuirá, causando uma variação
A ˆ
B x
; assim, o campo induzido na bobina B deverá ter direção
B
ˆ B ind x
; pela regra da mão direita, a corrente induzida é de a para b.
4
14. Bobina em movimento em uma região de campo magnético uniforme B B k ˆ
Suponha bobina de 85 voltas; B = 1.5T; R = 6.2 e v = 18cm/s.
.
i
ind Espira entrando: 0 ≤ x ≤ b
Campo sobre sua área aumenta de forma que sua variação estará:
B k ˆ
: ˆ
B ind k
i
ind: anti-horária Fluxo magnético:
B N B A B N B L x
Espira totalmente na região de campo: b ≤ x ≤ d Campo sobre sua área permanece constante:
0
B
não varia o fluxo magnético: i
ind=0
Espira saindo: d ≤ x ≤ d+b
Campo sobre sua área diminui de forma que sua variação estará:
B k ˆ
: ˆ
B ind k
i
ind: horária.
Fluxo magnético:
B N B A B N B L d x b
Força eletromotriz induzida:
3 85 0.13
1.5 0.18
( )
V
d
Bd
N B L x N B L v
dt dt
Corrente induzida:
2.98
6.2
0.48
i i A
R
Força magnética:
85 0.13
`1.5 0.48
8.0 F N i l B F N
Potência
8 0.18
1.4 P F v P W
Suponha agora: N = 1; B = 2.0 T; R = 1.6 e v = 1.0 m/s e L = 4cm; d = 15 cm; b = 10 cm. Faça os gráficos do fluxo magnético em função de x, (x,
B), força eletromotriz em função de x (x, ) e da Potência P em função de x (x, P).
Fluxo magnético: mostre que:
0 se 0 se 0
se (8 )
se
B
x
B L x x b B L b b x d mWb B L d x b d x b d
fem
vB B B
d d dx d
dt dx dt v dx
Potência:
2
P R
15. Determinar o fluxo magnético através de um solenóide de 40 cm de comprimento, 2.5 cm de raio e 600 espiras, percorrido por uma corrente de 7.5A.
Solução:
2 2
0.025 A r A
2 0
m m
N B A N N I r
l
2
2 0
m
N I r
l
2
7 600 2
4 10 7.5 0.025
m 0.4
1.66 10 2
m Wb
16. Um campo magnético uniforme faz um ângulo de 30
0com o eixo de uma bobina circular de 300 espiras com 4 cm de raio. O campo está variando à razão de 85 T/s. Determine o módulo da tensão induzida na bobina.
Solução: Pela Lei de Faraday:
d m
dt
m N B A cos
cos cos
d dB
N B A N A
dt dt
5
300 0.04 cos 30 85
2
111 V
17. Uma bobina de 80 espiras tem 5 cm e sua resistência é de 30
. Qual deve ser a taxa de variação de um campo perpendicular para que a corrente induzida na espira seja 4.0 A ?
Solução:
2 m N B A m N B r
2
B m
N r
2
1 d m
dB
dt N r dt
Pela Lei de Faraday:
d m
dt
2
1 dB
dt N r
2
1
dB I R
dt N r
2
1 4 30
80 0.05 dB
dt dB 191 T
dt s
18. Uma bobina retangular de 80 espiras, 20 cm de largura e 30 cm de comprimento, é submetida a um campo magnético B = 0.8 T dirigido para dentro do papel, com apenas metade da bobina na região em que existe campo magnético, que se extende indefinidamente para a esquerda e direita.
A resistência da bobina é de 30 . Determinar o módulo, a direção e o sentido da corrente induzida se a bobina está se movendo com uma velocidade de 2 m/s
(a) para a direita;
(b) para cima;
(c) para baixo.
Solução:
(a) I = 0 pois o fluxo não varia!
(b) m N B A m N B 20 x
m 20
d dx
dt N B dt
d m
dt R I
d m 20 dx
dt N B dt
I I
R R
0.853
I A
A corrente está no sentido anti-horário.
(c) A corrente será a mesma que em (b) porém no sentido horário.
19. No esquema da figura, faça B = 0.6 T ,v = 8m/s, l = 15 cm e R = 25 ; suponha que a resistência da barra e dos trilhos possa ser desprezada. Determine:
(a) a tensão induzida no circuito;
(b) a corrente no circuito;
(c) a força necessária para fazer com que a barra se desloque com velocidade constante.
(d) a potência dissipada no resistor.
Solução (a)
d m dx
N B l
dt dt
N B l v
1 0.6 0.15 8
0.72 V
(b) 0.72
I I 25 R
28.8 I mA
(c) F I B l F 0.0288 0.6 0.15 2.59
F mN
(d) P R I 2 20.7 mW
Ou P F v 20.7 mW
20. Uma barra de massa m desliza sem atrito sobre trilhos condutores em uma região onde existe um campo magnético uniforme constante . No instante t = 0, a barra está se movendo com velocidade inicial v
0e a força externa que agia sobre ela é removida. Determine a velocidade da barra em função do tempo.
Solução
F m a F m dv
dt F I B l
I I
R R
B l v
B l v
I R
B l v
F I B l F B l
R
2 2
B l v
F R
dv B 2 l 2 v
m dt R
2 2
dv B l v m R dt
02 2
0
v t
v
dv B l v m R dt
2 2 2 2
0
0
ln ln B l ln v B l
v v t t
m R v m R
2 2
0
B l t
v t v e m R
6
Indutância L e indutor.
A indutância é a característica do comportamento de uma bobina em resistir a qualquer mudança de corrente elétrica sobre a espira. Da Lei de Faraday, teremos:
0 0
d d N N di di
i A A L
dt dt l l dt dt
ou seja, a indutância L pode ser definida em termos da fem () gerada para se opor à mudança da corrente elétrica.
d di
dt L dt
Verificamos que a indutância L depende das características Geométricas do circuito. Se tivermos um solenóide, o fluxo será dado por:
0 0
B N A n i N A n N l A i
l
2
0 n l A i L i
2 2
0 0
L L n A l N A
i l
Unidade: Henry (H) 1H = 1 V.s/A (1Henry=1 Volt.1Segundo/1 Ampére).
Circuito RL simples.
Podemos escrever a equação da leis de Kirchhoff como:
di 0
V L R i
dt
( / )R L dt ( / )R L t
di R
i e e
dt L L
Multiplicando-se a equação pelo fator de integração:
( )
R R
t t
L L
d i e e
dt L
0 0
R t Lt t
R R R
t t t
L L L
e
i e e i e
L L R
L
1
( ) ( ) 1
Rt L
Rt L Rt
L
e
i t i t e
R R
e
Observe que quando t aumenta sem limite, I tende para /R, que é a corrente prevista pela lei de Ohm quando não há indutância presente.
Figura 1 – Circuito RL.
Figura 2 – Gráfico da corrente em função do tempo.
Circuito RL, Chave S
1aberta e S
2fechada, após a corrente no indutor atingir o máximo valor.
Circuito RL, Chave S
1aberta e S
2fechada, após a corrente no indutor atingir o máximo valor.
No circuito RL simples da figura anterior, as chaves S
1e S
2são colocadas de modo que a bateria seja removida do circuito. Depois da corrente no indutor ter atingido seu máximo valor, com a chave S
1fechada, a chave S
2é fechada e a S
1aberta. A corrente diminuirá com o tempo conforme mostra a figura a seguir.
Nesse caso a soma das tensões é igual a zero:
di 0
L R i
dt
0 0
i t
i
di R
i L dt
0
ln i R
i L t ( )
0 Rti t i e
LR
t
c L , aqui é a chamada constante de tempo; ( )
0 Ct
i t i e
t
Energia Magnética
Quando instala-se uma corrente no circuito da figura acima, apenas parte da energia fornecida pela bateria é dissipada no resistor, o restante da energia é
armazenada no indutor: di
20
E i L i R i
dt
2
2
m
m m
dU di L i
L i U dU L idi
dt dt
2 2
2 2
0 mL i B l A
U
0
0
N B l
B i i
l N
2
e 0 A
L N
l
2 2
0 2
0
2 2
0m m
A B l
N l N B l A
U U
(Energia magnética armazenada num indutor)
7
Quando a corrente elétrica diminui, diminui a energia no indutor e o campo magnético também diminui.
Analogamente, o mesmo acontece quando temos um capacitor carregado, para o caso do campo Elétrico E. A energia eletrostática armazenada num capacitor de placas paralelas.
2 0
2 2
e
E A d U Q V
(Energia eletrostática armazenada num capacitor)
Em geral, numa região do espaço onde há campo elétrico e magnético, definimos densidade de energia à relação:
2 1 2
0 2
2 0
U B
V E
A energia armazenada pela bobina de ignição produz a faísca da vela no motor do automóvel.
21. Calcular a taxa de variação na corrente para um solenóide de 10 cm de comprimento, 5 cm
2de área e 100 espiras quando a fem induzida for de 20V.
s A L
dt dI dt
L dI
53 , 18 . 10
510 . 2
20
22. Projetar uma bobina de raio R e número de voltas N para um circuito RL de resistência 1K de forma que a constante de tempo seja de 10 s.
22 0
R
c c
L A
t L R t L N
R l
2
3 2
10 10 0 c
R t L N R
l
2
4 7 2
10 4 10 R
N l
2
4 2 7 2
10 4 10 R
N l
10 2 4 7 2 2
4 10
N R
l
2,533 10
9l
N R
Se montarmos uma bobina com um comprimento de l = 3 cm e raio 2 cm teremos:
9 9 2
5 2
2.533 10 2.533 10 3 10
3.4 10 2.5.10
N l
R
23. Determine a auto-indutância de um solenóide de comprimento l = 10 cm, área 5 cm
2e 100 espiras.
Solução
2
L 0 n A l
2
7 100 4
4 10 5 10 0.1
L 0.1 6.28 10 5
L H
24. Uma certa região do espaço contém um campo magnético de 200 G e um campo elétrico de 2.5.10
6N/C. Determine:
(a) a densidade de energia na região.
(b) a energia contida em uma caixa cúbica de lado l = 12 cm.
Solução:
Densidade de energia elétrica:
2 0
1
e 2
u E 1 8.85 10 12 2.5 10 6 2
e 2
u
27.7 3 e
u J
m
Densidade de energia magnética:
2
0
1
m 2 u B
2 7
1 0.02 2 4 10 u m
m 159 J 3
u m
Densidade de energia:
e m
u u u u 27.7 159 187 J 3
u m
Energia no interior da caixa:
3 3
187 0.12 U u V U u l U
0.323
U J
25. Uma bobina de auto-indutância 5.0 mH e resistência 15.0 é ligada aos terminais de uma bateria de 12 V cuja resistência interna é desprezível.
(a) Qual é a corrente final?
(b) Qual a corrente após 100s?
Solução:
(a) ( ) 1
t
I t I f e
Com L
R
0 12
f f 15
I I
R
I f 0.8 A
(b)
5 10 3
15 333
L s
R
100
( 100 ) 0.8 1 333
I t s e
( 100 ) 0.207 I t s A
26. Determine o calor total produzido pelo resistor R da figura quando a corrente no indutor diminui do valor inicial I
0até 0.
Solução:
2 0
dW ( )
P dW P dt W R i t dt
dt
( ) 0
R t
i t i e L 2
0 0
R t
W R I e L dt
0 2 2
0
R t
W R I e L dt
2 2 0
0
2
t R t L
t
W R I e
R L
2
0 0 1
2 W R L I
R
0 2
2
W L I
8
27. Um circuito RL alimentado por uma bateria de fem = 12V consiste em uma bobina de N = 7 voltas, raio R = 2.5 cm e comprimento 1 cm. A resistência possui valor R = 1.2 .
(a) Determine o valor da indutância da bobina:
2 2
0
L N R l
2
7 2 0.025 5
4 10 7 1.2 10
L 0.01 L H
(b) Encontre a constante de tempo do circuito e a corrente em função do tempo quando a chave for ligada.
5
1.2 10 5
1.0 10 0.01
1.2
L s ms
R
(c) Qual a corrente elétrica após 0.02ms da chave ser ligada?
0.2
12
0.01( ) 1 ( ) 1
1.2
t
i t e i t e
R
0.865 0.02 0.01 0.135
( 0.02 ) 12 1 8.65
i t ms 1.2 e
i A
(d) Determine o campo magnético sobre o eixo da bobina nesse instante.
7 0
4 10 7 8.65
0.01
B N i B
l
7.6
B mT
28. Uma bobina de Tesla (um gerador de alta voltagem) consiste de um longo solenóide de comprimento l, área de seção transversal A e N
1voltas de fio enrolado. Uma outra bobina externa (de N
2voltas) de raio maior é colocada concêntrica à primeira.
Encontre:
(a) O Campo magnético B
1no eixo da bobina interna, se a corrente ue a circula é i
1.
1
1 0 1
B N i
l
(b) O fluxo magnético sobre a bobina externa.
2 2
1 2
2 1 1 2 0 1 1
mb b
N B A N N i R
l
2
2
0 1 2 1 1
mb n n l R i
(c) O valor da indutância mútua entre as bobinas:
2
2
2,1 2,1 0 1 2 1
1
M mb M n n l R
i
9
Tensão Alternada - geração
Mais de 99% da energia elétrica produzida no mundo é obtida por geradores elétricos oeprando com corrente alternada (AC). A vantagem sobre a corrente contínua é que pode ser transportada a longas distâncias, a baixo valores de corrente e altos de tensão, para ser reduzida a perda de energia por efeito Joule; podendo assim, ser transformada com o transformador, o qual utiliza o princípio da indução magnética.
Um gerador simples de corrente alternada é uma bobina girando em um campo magnético uniforme, como ilustramos na figura abaixo:
Figura 1 – Gerador AC.
m N B A cos
Aqui, N é o número de espiras, e A a área da bobina. Seja a velocidade angular da bobina, que é mecanicamente acionada. Então:
2
t f
.
m N B A cos t
A força eletromotriz induzida será dada pela Lei de Faraday-Lenz:
cos
mm
N B A t d
dt
sen
N B A t
m sen t
m N B A
(
mé a tensão máxima).
Circuitos de tensão alternada.
Em eletrônica, representam-se fenômenos ondulatórios por funções oscilantes como a seno e o cosseno. Exemplificando na teoria de corrente alternada, temos uma tensão variando da forma senoidal, assim, para cada caso, a corrente e a tensão serão estudadas quando submetemos essa tensão à um:
Corrente alternada com um Resistor:
Figura 2 – Circuito AC com resistor. (a) Gráficos de tensão e corrente versus tempo ediagrama de fasores (b).
Equações:(Lei de Ohm)
msen t R I I
msen t
R
Reatância resistiva: X
R R
Fase: Corrente alternada num Indutor:
Figura 3 – Circuito AC com indutor. (a) Gráficos de tensão e corrente versus tempo ediagrama de fasores (b).
Equações:
L m
sen
t L dI
dt
sen sen
m m
L
dI t I tdt
dt L L
cos sen
2
m m
L L
I t I t
L L
Reatância Indutiva: X L L
Fase: = -90
0 U
Ladianta-se 90
0em relação a I
Lou I
Latrasa-se 90°
Corrente alternada num Capacitor
Figura 4 – Circuito AC com capacitor. (a) Gráficos de tensão e corrente versus tempo ediagrama de fasores (b).
Equações:
C m
sen t Q
C
m
sen
CQ C t I dQ
dt
cos 2
m
C m
C
I C t sen t
X
Reatância Capacitiva: 1
X
C C
Fase: = + 90
0 U
Catrasa-se 90
0em relação a I
Cou I
Cadianta-se.
Recordar por:ELI the ICE man…
Valores médios, máximos e eficazes
Uma onda CA de tensão ou de corrente possui vários valores instantâneos ao longo do ciclo. São eles:
V
m, I
m: Valor máximo ou de pico. Aplicado tanto ao pico negativo como ao pico positivo.
Vpp ou Ipp: V
pp= 2 V
p= 2V
M.
Valor Médio: V Média sobre todos os valores sobre uma onda senoidal em meio período.
2
0
1 2
T
V V t dt
T
Valor rms (root mean square):
V
rmsQuantidade de corrente ou tensão contínua capaz de produzir a mesma potência de aquecimento. É definido matematicamente por:
20
1 0.707
2
T
m
rms rms rms m
V V t dt V V V V
T
Circuito RLC
Um importante circuito com muitas características da maior parte dos circuitos ca é o circuito RLC em série com um gerador. A regra de Kirchhoff :
m
sen
dI Q
L RI t
dt C
Figura 5 -
sen( )
I I m t
Onde:
2 2
( )
m m
m
L C
U U
I Z R X X
R X tg X
L
C2 2
(
L C)
Z R X X
impedância do circuito RLC
Potência média: 2
m m
med ef ef
U I
P U I
10
29. Um circuito RCL em série, com L = 2H, C = 2F e R = 20 está alimentado por um gerador de fem máxima de 100 V e frequência variável.
Determinar quando a frequência angular do gerador for de = 400 rad/s:
(a) A Impedância . (b) A fase (c) Acorrente máxima I
m.
Solução:
(a)
6
1 1
400 2 10 1250 X
C C
400 2 800 X
L L
Para calcular a impedância, o valor de X
L– X
Cé muito maior que R nas condições afastadas da ressonância. Então teremos para a Impedância Z:
2 2
(
L C) 450
Z X X R
2 2 2 2
(1250 800) 20 (450) 20 450
Z
(b) 450
022,5 87
20
L c
X X
tg R
(c) A
Z
I m U m 0 , 222 450
100
30. Uma bobina de 250 voltas e 3 cm
2de área gira a 60 Hz sob um campo magnético uniforme de 0.4T. Qual a fem máxima produzida?
m N B A m N B A 2 f
250 0.4 3 10 4 2 60
m 11.31
m V
31. Um resistor de 12Ω está conectado a um gerador AC de pico 48 V. Encontre:
(a) A corrente rms.
(b) a potência média.
(c) a máxima potência.
Solução:
(a) rms V rms I R
48 33.9411
2 2
p
rms rms rms
V V V V V
33.94
rms 12 I
rms 2.83
I A
(b) Potência média: P av R I rms 2 12 2.83 2
P av
av 96 P W
(c) Potência máxima: P max R I max 2
max max
I V
R
max max
48 4
I 12 I A
max 192
P W
32. Um capacitor de 20 µF é colocado com um gerador de CA com tensão máxima de 100V. Encontre a reatância capacitiva e a máxima corrente quando a freqüência for de:
(a) f
1= 60 Hz (b) f
2= 2000 Hz.
(a) f
1= 60 Hz
6
1 1 1
2 2 60 20 10
C C C
X X X
C f C
132.63 X C
m
I m
Z
2 2 2 2
(
L C) 0 (0
C)
CZ R X X X X
100 0.75
132.63
m m
I I A
(b) f
2= 2000Hz
6
1 1 1
2 2 2000 20 10
C C C
X X X
C f C
C 3.98 X
m
I
mZ
2 2 2 2
(
L C) 0 (0
C)
CZ R X X X X
100 25
m
3.98
mI I A
33. Em um circuito RLC, R = 20 Ω, a capacitância eletrostática com valor C = 2 µF e a indutância do indutor vale L = 2 H. O valor máximo da fem do gerador é
max= 100V e a freqüência do gerador é f = 60 Hz.
6
1 1 1
2 2 60 2 10
C C C
X X X
C f C
1326.3 X C
2 2 60 2
L L L
X L X f L X 753.98
X L
m
I
mZ
2 2
(
L C) Z R X X
2 2
20 (753.98 1326.3) 572.67
Z
100 0.17
572.67
m m
I I A
34. Um resistor R e um capacitor C estão ligados em série com um gerador . A tensão do gerador é dada por:
0 cos
V ent V t
Determine o valor rms da tensão entre os terminais do capacitor, V
sai,rmsem função da freqüência angular .
Solução:
,
sai rms C rms
V X I
, ent rms rms
I V
Z
2 2
Z R X C
11
, ,
ent rms sai rms C
V X V
Z
,
, 2 2
ent rms sai rms C
C
