UNIVERSIDADE FEDERAL DE CAMPINA GRANDE
CCT-Unidade Acadêmica de Fı́sica
Solução 4o Estágio de Eletricidade e Magnetismo 2015.1
Disciplina:1108083
Prof. Adriano de A. Batista
28/11/2015
1) (2.0) Uma bobina de 100 espiras, com raio de 5,0 cm está coaxial com um solenóide de
200 espiras/cm e raio de 2,0 cm. Se a corrente no solenóide for i(t) = i0 sin(2πf t), com
i0 = 1, 0A e f = 60Hz: (a) Qual a corrente induzida na bobina se ela tiver resistência
R = 10Ω? Despreze a autoindutância. (b) Qual a potência média transferida para a
bobina ? µ0 = 1, 257 × 10−6 H/m.
Solução: (a) O campo magnético no interior do solenoide é B(t) = B0 sin(2πf t), onde
B0 = µ0 ni0 ≈ 1, 257×10−6 ×2×104 T≈ 25mT e o fluxo na bobina é Φ(t) = N B(t)πa2 =
Φ0 sin(2πf t), onde Φ0 = N B0 πa2 = 100 × 25π × 4, 0 × 10−7 Wb≈ 3, 16mWb, com
=
a = 2, 0cm (raio do solenóide). Portanto, a fem na bobina é dada por E (t) = − dΦ(t)
dt
−3
−E0 cos(2πf t), em que E0 = Φ0 2πf = 3, 16 × 10 × 6, 283 × 60 ≈ 1, 19V. A corrente
ind
= ER0 ≈ 119mA no
na bobina é então dada por iind (t) = −iind
0 cos(2πf t), em que i0
sentido horário.
(b) A potência média transferida para a bobina é dada por
P = E (t)iind (t) = E0 iind
0 /2 ≈ 1, 19 × 119/2mW ≈ 70mW
2) (2.0) No circuito abaixo à esquerda a chave S é fechada em t = 0. (a)Qual a corrente
inicial na bateria? (b)Qual a corrente inicial no indutor?(c)Depois de um tempo muito
longo, qual a energia acumulada no indutor? (d)Depois de se abrir novamente a chave S
qual é a energia total dissipada no resistor R2 ?Justifique suas respostas.
S
V0
a
R1
L
d
R2
I
x
Solução: Assim que a chave S é fechada, não passa nenhuma corrente no indutor,
pois a corrente no indutor cresce continuamente a partir de zero com um tempo
caracterı́stico da ordem de L/R2 . Assim:
(a) Ibat (0+ ) = I1 (0+ ) = RV01
(b) IL (0+ ) = 0
(c) Depois de um longo tempo (t >> L/R2 ) as correntes se tornam estacionárias e
portanto −L dIdtL = 0, logo não há mais queda de tensão no indutor, o que o torna um
curto. Assim a queda de tensão em R2 é V0 , consequentemente, IL (t >> L/R2 ) =
LV 2
V0 /R2 . Logo a energia armazenada no indutor será 2R02 .
2
(d) A partir do momento em que a chave S é aberta novamente, no tempo t = 0, a
corrente de descarga é dada por I(t) = I0 e−(R1 +R2 )t/L , em que I0 = V0 /R2 . A energia
total dissipada no resistor R2 é dada por
Z ∞
R2 LI02
,
R2 I(t)2 dt =
R1 + R2 2
0
3)(2.0)Qual a indutância mútua entre o fio retilı́neo com corrente I e a espira quadrada
de lado a da figura acima à direita.
Solução:
O campo gerado pelo fio retilı́neo com corrente I no plano da espira (plano xy) é
~ t) = µ0 I k̂, onde y é a ordenada de um ponto (x, y). Assim, o fluxo magnético
B(y,
2πy
R d+a
na espira nesse intervalo de tempo é dado por Φ = aµ2π0 I) d dy
= aµ2π0 I ln d+a
Daı́
y
d
obtemos que a indutância mútua na espira é dada por
M=
aµ0 d + a
dΦ
=
ln
dI
2π
d
4)(2.0)Uma espira quadrada tem resistência R = 10, 0Ω e lado a = 5, 0cm. Ela está a
uma distância d = 1, 0cm do fio retilı́neo. Veja figura acima à direita. A corrente no fio
cresce linearmente de 0 a 1, 0A em ∆t = 1, 0ms. Durante esse tempo: (a) Qual a fem
induzida na espira? (b) Qual a energia total dissipada na espira nesse intervalo de tempo?
Despreze a autoindutância da espira.
Solução:
(a) A fem induzida na espira é dada por E (t) = − dΦ(t)
= −M dI(t)
= E0 =
dt
dt
−M I0 /∆t.
Encontramos que a indutância mútua é dada por
M=
0, 05 × 4π × 10−7
ln 6H = ln 6 × 10−8 H ≈ 1, 8 × 10−8 H
2π
e a fem induzida por E0 ≈ −18µV. (b) Desprezando a auto-indutância da espira, a
corrente induzida nesse intervalo de tempo é dada por iind (t) = E (t)/R = ER0 ≈ 1, 8µA.
A potência dissipada na espira durante o intervalo de tempo 0 < t < ∆t é Pdiss (t) =
E2
E 2 ∆t
Ri2ind = R0 ≈ 32 × 10−12 W=32 pW. Logo a energia total dissipada é Ediss = 0R =
32 × 10−15 J=32 fJ.
5)(2.0) Uma espira circular de raio a e resistência R está numa região em que o campo
magnético é dado por B(t) = B0 cos(ωt)k̂. Qual a energia dissipada por perı́odo de
oscilação do campo magnético na espira? Suponha que a espira está no plano xy.
Solução:
~
~ = πa2 B0 cos(ωt). Logo a fem induzida na esO fluxo na espira é Φ(t) = B(t)
·A
dΦ(t)
pira é dada por E (t) = − dt = πa2 B0 ωsen(ωt) e a corrente induzida na espira é
I(t) = E (t)/R. Daı́ obtemos a potência instantânea dissipada Pdiss (t) = RI(t)2 =
RT
π 2 a4 B02 ω 2
sen2 (ωt). Portanto, a energia dissipada por perı́odo é Ediss = 0 RI(t)2 dt =
R
π 2 a4 B02 ω 2 T
2R
=
π 3 a4 B02 ω
,
R
onde T =
2π
.
ω