25 - Lei da Indução de 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 Faraday Indução de FaradayCap. 36 - A Lei da Indução de FaradayCap. 34 - A Lei da

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]

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:

E P t = Δ 2 E P t t R ε ⎛ ⎞ = 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: .d Φ =

∫

(

)

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

B t 0 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 0 0 0 B B a t t − = = − − Δ Logo: 0 0 ( ) B B t t B t = − + Δ (3) Substituindo-se (3) em (2): 0 0 0 0 B d t B B B t A A dt t t ε ⎛_{− +} ⎞ ⎜ _Δ ⎟ _{⎛ ⎞} ⎝ ⎠ = − = − _⎜− _⎟= A Δ Δ ⎝ ⎠ (4) Substituindo-se (4) em (1): 2 0 B A t E t R ⎛ ⎞ ⎜ _Δ ⎟ ⎝ ⎠ = Δ 2 2 0 B A E R t = Δ

[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

[

]

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?

(Pág. 191)

Solução.

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

dq d iR R dt dt ε = = = Φ Logo: dΦ =Rdq 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 q d R Φ Φ Φ =

∫

∫

( ) ( ) (0) ( ) 1 t t t dq d d i dt R dt dt Φ Φ ⎡ ⎤ = = _⎢ − _⎥ ⎣ ⎦ ( ) ( ) (0) 1 t t i R⎡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 dB i dt πρδ =

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):

i

ε = 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:

l a

ρ

ℜ = (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 m V la δ = = m l a δ = (3) Substituindo-se (3) em (2): 2 m a ρ δ ℜ = (4) Substituindo-se (4) em (1): 2 i m a ρ ε δ = (5)

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

2

BA B R

φ = = π (6)

O raio da espira pode ser obtido a partir da sua circunferência, que é igual ao seu comprimento, dado por (3): 2 R l m a π δ = = 2 m R a πδ = (7) Substituindo-se (7) em (6): 2 2 2 4 m B a φ 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 2 4 d m d dt a dt φ ε πδ = = B (9) Substituindo-se (5) em (9):

2 2 ₄ 2 2 i m m dB a a ρ δ = πδ dt 4 m dB i dt πρδ =

[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

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:

( )t t 2 t

θ =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:

( )

. . .cos

sc d B dA θ

Φ =

_∫

_∫

(

)

(

)

(

)

. .cos 2 cos 2 cos 2

2 sc a B dA πνt B πνt dA B πνt π Φ =

_∫

_∫

(

)

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

(

)

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

(

)

(

₎

(

)

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

(

)

( )t má xsen 2 εt

ε =ε πν

(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:

ε

ν = ν

(b) A amplitude da fem induzida é o fator multiplicativo da função trigonométrica. Logo: 2 2

max a B

ε =π ν

[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:

0 2 i B y μ π = (1)

Para uma espira de comprimento x e largura dy, o elemento de fluxo dΦ do campo magnético B vale: 0 2 i d BdA xd y y μ π Φ = =

O fluxo total através do circuito é obtido por integração da expressão acima: 0 2 a L a ix dy y μ π + Φ =

_∫

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

d dt ε = Φ 0 _ln 2 iv a L a μ ε π + ⎛ = _⎜ ⎝ ⎠ ⎞ ⎟ (2) 4 2,5279 10 A ε _{= "×} − 253 μV ε ≈

(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.

4 6, 0915 10 A v i R ε − = = "× 609 μA v i ≈

(c) A potência dissipada vale: 2 _{1,5399 10 W}7 v

P=Ri = "× −

154 nW

P≈

(d) A força do agente externo pode ser obtida pela seguinte equação: v dF_e =i dl B× sen( / 2)dF_e =i dyB_v π i (3) Substituindo-se (1) em (3): 0 _. 2 v i d i dy y μ π ⎛ ⎞ = ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ e F i 0 _. 2 a L v a i i dy y μ π + =

∫

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

(

)

(

)

(e) A potência do agente externo vale:

P=F v_e⋅ cos(0) e P=F v 154 nW P≈

[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) θ b x dA B v x y z

O fluxo do campo magnético é dado por:

.d B dA B Φ =

∫

∫

2_tan 2

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 dx B x B v x B v vt dt dt θ θ ε = − Φ = − ⎛ ⎞_{⎜ ⎟}= − ⎛ ⎞_{⎜ ⎟} = − ⎛ ⎞_{⎜ ⎟} ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠2 θ 2 2 tan 2 Bv θ t ε = − ⎛ ⎞_{⎜ ⎟} ⎝ ⎠

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 110 2 tan 2(0,352 T)(5, 21 m/s) tan 2 2 t s Bv ε θ = = = ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ _{⎝ ⎠} " 2,08 s t≈

[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 z y dy a b D x dA i B x

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

B

= −

B k

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

(

)

O fluxo do campo através de toda a espira é obtido por integração da expressão acima: 0 2 D b D ia dy y μ π + Φ =

∫

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

0 0 2 1 ( 2 2 ia ia d d D b D vD D b dt dt D D b D D μ μ ε π π Φ ⎛ + ⎞ ⎡ = − = − _{⎜ ⎟}= − _⎢ − D b v+ ) ⎤_⎥ + + ⎛ ⎞ ⎝ ⎠ ⎣ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎦ 0 1 1 2 iav D b D μ ε π ⎛ ⎞ = − _⎜ − _⎟ + ⎝ ⎠ 0 2 ( iabv ) D D b μ ε π = − +

Finalmente, a corrente na espira vale: v i R ε = 0 2 ( v iabv i 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

2

vBR

ε 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.

(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.

ω R dr r v B x

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 d Edl dq 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:

dε=vBd 2 0 ₂ R B R B vdr B rdr ω ε =

_∫

_∫

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

. . P=τ ω=τ ω 2 ( ) (2 ) P εi πνBR τ ω ω πν = = = i 2 2 iBR τ =

Um solução alternativa pode ser obtida da seguinte forma:

dU

P i

dt ε

dU =εidt (4)

O trabalho necessário para girar o disco é dado por:

. . .2

dW =τ θd =τ θ τ πνd = dt (5)

Como dU é igual a dW, pode-se igualar (4) e (5): .2 dt idt τ πν =ε (6) Substituindo-se (3) em (6): 2 .2 dt ( BR idt) τ πν = πν 2 2 iBR τ =

[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

2 2 2 sen cos mgR v B L θ 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).

f a

F = F (1)

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

dA θ i θ F B x L θ 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 cos

f

F =F θ =iLB θ (2)

O fluxo do campo magnético através do circuito vale: .d BAcosθ BLxcosθ

Φ =

∫

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

d

BLv dt

ε = Φ= θ

A corrente na barra vale: cos BLv i R R ε θ = = (3) Substituindo-se (3) em (2): cos cos f BLv F B R θ L θ ⎛ ⎞ = ⎜_⎝ ⎟_⎠ 2 2 _cos2 f B L v F R θ = (4)

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

senF_a =P θ =mgsenθ (5)

Finalmente podemos substituir (4) e (5) em (1): 2 2 _cos2 sen B L v mg R θ _{= θ} 2 2 2 sen cos mgR v B L θ θ =

(b) A potência dissipada por efeito Joule é dada por: cos cos . J BLv P i BLv R θ ε θ = = 2 2 2_cos2 J B L v P R θ = (6)

A taxa de perda de energia potencial gravitacional vale: 2 2 2 sen sen . cos G a mgR P F v mg B L θ θ θ = =

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 sen cos cos cos G m g R RB L P B L RB L θ θ θ θ ⎛ ⎞ = _{×⎜ ⎟} ⎝ ⎠ 2 2 2 2 2 2 2 4 4 4 sen cos cos G m g R B L P B L R θ θ θ ⎛ ⎞ = ⎜ ⎟ ⎝ ⎠

Na equação acima, o termo entre parênteses é v2 (resultado do item (a)). Logo: 2 2 2_cos2 G B L v P R θ = (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 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:

i = ×

y

F 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

= ×

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 j v ne = 0 0 i i at r ne neat ω ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ = = 0 i =ωrneat

A diferença de potencial Hall entre as faces do quadrado ortogonais à direção x (Eq. 23, pág. 142) é dada por: 0 H i B V net = ( ) H rneat B V net ω = H V =ωraB

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

1 1 L a R A at t ρ σ σ = = =

A corrente na direção +x vale: H V i R = ( ) 1 raB i r t aB t ω _{ω σ} σ = = ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠

A força na direção −y vale:

i = × y F l B ) (ωraB t aσ ) ( B = × y F i − k 2 2 ra B t ω σ = − y F j

Finalmente, o torque da força Fy é dado por:

= × _y τ r F 2 2 ( ) r ωra B σt = × − τ i j 2 2 2 tr a B ωσ = − τ k

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]