Resolução halliday vol 3 edição 10 - Capítulo 30 PDF

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CAPÍTULO 30 1. Como a rotação da espira não faz variar o fluxo ΦB = BA cos θ, a força eletromotriz induzida é zero. 2. De acordo com a lei de Faraday, a fem induzida é

ε =-

d ( BA) dΦ B dA d (π r 2 ) dr == -B = -B = - 2π rB dt dt dt dt dt

= -2π (0,12 m)(0,800 T)(- 0,750 m/s) = 0,452 V.

3. PENSE A variação da corrente do solenoide faz variar o fluxo magnético, o que, por sua vez, induz uma corrente na bobina. FORMULE De acordo com a lei de Faraday, a força eletromotriz induzida é dada por

De acordo com a lei de Ohm, a corrente induzida na bobina é iind = |ε|/R, em que R é a resistência da bobina. ANALISE Substituindo os valores conhecidos, obtemos

e, de acordo com a lei de Ohm,

iind =

ε R

=

0,016 V = 0,030 A. 5,3 Ω

APRENDA O sentido da corrente induzida pode ser determinado usando a lei de Lenz, segundo a qual o sentido da corrente é tal que o campo magnético produzido se opõe à variação de fluxo que induz a corrente. 4. De acordo com a Eq. 30-4, ε = –dΦB/dt = –πr2dB/dt. (a) Para 0 < t < 2,0 s,

ε = -π r2

2 dB 0,5T  -2 = -π (0,12m )   = -1,1× 10 V = - 11mV. dt  2, 0 s - 0, 0 s 

(b) Para 2,0 s < t < 4,0 s, ε ∝ dB/dt = 0. (c) Para 4,0 s < t < 6,0 s,

ε = -π

2

 0,5 T  dB 2 = -π (0,12m)2   = 1,1× 10 V = 11 mV. dt  6,0 s 4,0 s 

5. Como o campo magnético produzido pelo fio aponta para fora do papel no lado superior da espira e aponta para dentro do papel no lado inferior da espira, o fluxo total através da espira é zero e, portanto, a corrente induzida na espira é zero.

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6. De acordo com o gráfico da Fig. 30-35b, i = 1,5 mA no instante t = 0, ou seja, sem campo aplicado, o que significa que a resistência do circuito é R=

6,00 ×10- 6 V = 0,0040 Ω. 1,5 × 10-3 A

No intervalo 10 s < t < 20 s, temos Vfonte + ε induzida = 0,00050 A R

e, portanto,

ε induzida = (0,00050 A)R - V fonte= (0,00050 A)(0,0040Ω )- 6,00× 10-6 V = - 4,0× 10-6 V.

De acordo com a lei de Faraday,

ε induzida = -

dΦ B dB = -A = - Aa ⇒ dt dt

a= -

ε induzida A

=

4,0 × 10 -6 V -3 = 8, 0 × 10 T/s. 5, 0× 10 - 4 m 2

7. (a) O valor absoluto da fem é

ε =

dΦ B d = (6,0 t2 + 7,0 t) = 12 t + 7,0 =12(2,0) + 7,0 = 31mV. dt dt

(b) De acordo com a lei de Lenz (veja, em especial, a Fig. 30-5a), a corrente circula na espira no sentido horário. Isso significa que o sentido da corrente no resistor R é da direita para a esquerda. 8. A resistência da espira é

π ( 0,10m) L = 1,1×10-3 Ω . R = ρ = (1,69×10-8 Ω ⋅ m) A π( 2,5×10-3 m) 2/4 Como i = |ε|/R = |dΦB/dt|/R = (–πr2/R)|dB/dt|, temos dB = iR = (10A)(1,1× 10- 3 Ω ) = 1, 4 T s. π (0,05 m) 2 dt π r2

9. A amplitude da fem induzida na espira é

ε m = Aµ0 ni0 ω = (6,8 ×10- 6 m 2 )(4π ×10-7 T ⋅m A)(85.400 m -1)(1,28 A)(212 rad/s) = 1,98 ×10- 4 V.

10. (a) Como o fluxo magnético ΦB através da espira é dado por Φ B = 2B

π r2 2

cos 45o =

π r 2B 2

,

temos

(

)

π 3,7× 10-2 m dΦ d  r2 B  π r2  ∆ B  ε = - B = -  π =  = dt dt  2  2  ∆ t  2 = 5,1× 10- 2 V.

2

 0- 76× 10-3 T    -3  4,5× 10 s 

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 (a) O sentido da fem induzida é o sentido horário, do ponto de vista do sentido de incidência deB.

11. (a) Convém chamar atenção para o fato de que o resultado, que está expresso em termos de sen(2πft), poderia, em vez disso, estar expresso em termos de cos(2πft) ou mesmo em termos de cos(2πft + ϕ), em que ϕ é uma constante de fase. A posição angular θ da bobina é medida em relação a uma reta ou plano de referência, e, de acordo com a escolha da referência, o fluxo magnético pode ser escrito como BAcosθ, BA sen θ ou BA cos(θ + ϕ). Para a referência que foi escolhida, ΦB =BAcos θ. Como a bobina está girando com velocidade angular constante, θ aumenta linearmente com o tempo. Assim, θ = 2πft, em que θ é o ângulo em radianos e 2πf = ω é a velocidade angular. Como a área de uma bobina retangular é A = ab, a lei de Faraday nos dá

ε = -N

d ( BAcos θ ) = - NBA d cos(2 π f) =2 π fNabBsen( 2 πft ), dt dt

que é a equação que queríamos demonstrar. No enunciado, a equação também é escrita de outra forma, ε0 sen(2πft), para deixar claro que a fem induzida é senoidal e tem uma amplitude ε0 = 2πfNabB. (b) Como ε0 = 150 V = 2πfNabB, temos Nab =

150V 150 V 2 = = 0,796 m . 2π fB 2 π (60,0 s - 1)(0,500 T)

12. Para que seja induzida uma fem, o campo magnético deve ter uma componente perpendicular à espira e deve variar com o tempo.  ˆ dB/dt = 0 e, portanto, ε = 0. (a) Para B = (4,00× 10- 2 T/m) yk,

(b) Nenhum.  (c) Para B= (6,00× 10- 2 T/s)tˆk,

ε =-

d ΦB dB = -A = - (0,400 m× 0,250 m)(0,0600 T/s) = - 6,00 mV, dt dt

o que nos dá |ε| = 6,00 mV. (d) Horário.  (e) Para B= (8,00× 10-2 T/m⋅ s) yt ˆk, 0,250

Φ B = (0,400)(0,0800t )∫0

y dy = (0,032)

y2 2

0,250

= 1,00× 10-3 t . 0

A fem induzida é

ε =o que nos dá |ε| = 1,00 mV. (f) Horário. (g) ΦB = 0 ⇒ ε = 0.

dΦ B = -1,00×10 -3 V =-1,00 mV, dt

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(h) Nenhum. (i) Φ B = 0 ⇒ ε = 0. (j) Nenhum. 13. A carga é q (t ) =

1 1,20 ×10 - 3m 2 A [ΦB (0) - Φ B (t )] = [B (0) - B (t )] = [1,60T - (- 1,60T)] 13,0 Ω R R

= 2,95 ×10-2 C = 29,5 mC.

14. De acordo com a Fig. 30-40b, o valor de dB/dt [a inclinação da reta que representa a função B(t)] é 0,003 T/s. Assim, a lei de Faraday nos dá Φ ε = - d B = - d ( BA) = -A dB = -(8,0 ×10-4 m2 )(0,003 T/s) = 2,4 ×10-8 V. dt

dt

dt

De acordo com a Fig. 30-40c, o valor da corrente i = dq/dt [a inclinação da reta que representa a função q(t)] é 0,002 A. Assim, a lei de Ohm nos dá R=

| ε | A | dB/ dt | (8,0 ×10 -4 m 2)(0,0030 T/s) = = = 0,0012 Ω =1,2 m Ω. 0,0020 A i i

15. (a) Seja L o comprimento do lado da espira. Nesse caso, o fluxo magnético através do circuito é Φ B = L2 B/2 e a fem induzida é

εi = -

dΦ B L2 dB . =2 dt dt

Como B = 0,042 – 0,870t, dB/dt = –0,870 T/s e

εi =

(2, 00 m) 2 (0,870 T/s) =1,74 V. 2

Como o campo magnético aponta para fora do papel e está diminuindo, a fem induzida tem a mesma polaridade que a fem da fonte, e a fem total é ε + εi = 20,0 V + 1,74 V = 21,7 V. (b) O sentido da corrente é o sentido anti-horário. 16. (a) Escolhendo o sinal positivo para o fluxo de B1 e B2, a fem induzida é

ε = -∑

dΦ B dB   dB dB = A 1 + 2 + 3  dt dt dt dt  

= (0,10 m)(0,20 m)(2,0 ×10 -6 T/s +1,0 ×10 -6 T/s - 5,0 ×10 -6 T/s) -8 = -4,0 ×10 V.

Assim, de acordo com a lei de Ohm, o valor absoluto da corrente é | ε | 4,0 × 10-8 V -6 = = 8, 0 × 10 A = 8, 0 µA. R 5, 0 ×10 -3 Ω

(b) Com base na lei de Lenz, o sentido da corrente induzida é o sentido anti-horário.

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17. O campo no centro da espira maior pode ser calculado usando a Eq.29-10, B=μ0i/2R, em que R é o raio da espira. Assim, para i(t) = i0 + kt, em que i0 = 200 A e k=(–200A – 200 A)/1,00 s = – 400 A/s, temos (a) B (t = 0) =

µ 0i0 (4π ×10 -7 H/m)(200 A) 1,26 10 -4 T. = = × 2R

2(1,00 m)

(b) B(t = 0,500 s) =

(c) B( t =1,00 s) =

(4π × 10- 7 H/m)  200 A- ( 400 A/s) ( 0,500 s) 

 = 0.

2(1,00 m)

(4π × 10- 7 H/m) 200 A- ( 400 A/s) ( 1,00 s) 

 = - 1,26× 10 - 4 T,

2(1,00 m)

o que nos dá | B( t =1,00 s)| =1, 26×10 -4 T. (d) Sim, como indica a diferença entre os sinais de B(t) nos itens (a) e (c). (e) Seja a a área da espira menor. Nesse caso, ΦB = Ba e a lei de Faraday nos dá d  B d Ba dB ε = - Φ B = - ( ) = - a = - a ∆  dt

dt

dt

 ∆t 

 -1,26 ×10- 4 T -1,26 ×10- 4 T   1,00 s  

= -(2,00 ×10- 4m 2)  = 5,04× 10-8 V.

18. (a) A “altura” do triângulo formado pelos trilhos e pela barra no instante t é igual à distância percorrida pela barra até esse instante: d = vt, em que v é a velocidade da barra. A “base” do triângulo (distância entre os pontos de interseção da barra com os trilhos) é 2d. Assim, a área do triângulo é A=

1 1 (base)(altura)= (2vt )(vt )= v 2t 2 . 2 2

Como o campo é uniforme, o fluxo, em unidades do SI, é ΦB = BA = (0,350)(5,20)2t2 = 9,464t2. No instante t = 3,00 s, ΦB = (9,464)(9,00) = 85,2 Wb. (b) De acordo com a lei de Faraday, a fem, em unidades do SI, é dada por

ε=

d ΦB dt 2 = 9,464 = 18,93t . dt dt

No instante t = 3,00 s, ε = (18,93)(3,00) = 56,8 V. (c) O cálculo do item (b) mostra que n = 1. 19. De acordo com a lei de Faraday,

ε = -N

d( BAcos θ) d cos(2 π ft) = -NBA = NBA2 π f sen(2 π ft), dt dt

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o que nos dá

ε máx = 2π fNAB = 2π (16,7 rev s)(100espiras)(0,15m2 )(3,5T)= 5,50× 103 V= 5,5 kV. 20. Como 1 gauss = 10–4 T, a carga que atravessa o medidor é q (t ) =

2 NBA cos 20° N [BA cos 20° - (- BA cos20° )] = R R

2 × -4 π ° = 2(1000)(0,590 10 T) (0,100m) (cos20 ) = 1,55× 10-5 C. Ω + Ω 85,0 140

Note que o eixo da bobina faz um ângulo de 20°, e não 70°, com o campo magnético da Terra. 21. (a) A frequência é f =

ω

2π

π = (40 rev/s)(2 rad/rev) = 40 Hz. 2π

(b) Em primeiro lugar, definimos um ângulo em relação ao plano da Fig. 30-46, tal que o fio semicircular se encontra na posição θ = 0 no instante inicial, e um quarto de período de revolução mais tarde se encontra na posição θ = π/2, com o ponto médio a uma distância a acima do plano da figura. Nesse instante, a área envolvida pelo circuito está reduzida a um retângulo, cuja área vamos chamar de A0. Como a área de um semicírculo é πa2/2, a área envolvida pelo circuito em função de θ é dada por A = A0 +

π a2 2

cosθ

em que θ = 2πft se tomarmos t = 0 como o instante em que o fio semicircular se encontra na posição θ = 0. Como o campo magnético é constante e uniforme, a lei de Faraday nos dá ε =-

d A0 +(π a2/2)cos θ  dΦ B πa 2 d cos(2 π ft) B 2a 2 f dA = -B = -B  = -B = π sen(2 π ft). dt dt dt dt 2

A amplitude da fem induzida é, portanto,

ε m = Bπ 2 a 2 f = (0,020 T)π 2 (0,020 m)2 (40 s-1 )= 3,2× 10-3 V= 3,2 mV. 22. De acordo com a lei de Faraday,

ε = - dΦ = - d( BAcos φ) = BAsenφ dφ = (0,20 T)(0,15 m 2 )sen(π /2)(0,60 s- 1) dt

dt

dt

= 0,018 V = 18 mV.

23. PENSE A variação da distância entre as duas espiras faz variar o fluxo que atravessa a espira menor, o que, por sua vez, induz uma corrente na espira menor.     FORMULE O fluxo magnético através de uma superfície é dado por ΦB = B ⋅ dA, em que B é o campo magnético e dA é um  vetor de módulo dA perpendicular à área infinitesimal dA. Se o campo B é uniforme e perpendicular à superfície, ΦB = BA.

∫

ANALISE (a) Na região limitada pela espira menor, o campo magnético produzido pela espira maior pode ser considerado constante e igual ao seu valor no centro da espira menor. De acordo com a Eq. 29-27 com z = x (que é considerado muito maior que 2  R), B = µ 0iR3 iˆ , em que o sentido do eixo x é para cima na Fig. 30-47. A área da espira menor é A = πr2. O fluxo magnético através 2x da espira menor é, portanto,

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(b) A força eletromotriz é dada pela lei de Faraday:

(c) Quando a espira menor se move para cima, o fluxo que atravessa a espira diminui. De acordo com a lei de Lenz, o sentido da corrente induzida é tal que produz um campo magnético que aponta para cima, ou seja, tende a reforçar o campo produzido pela espira maior. Isso significa, pois, que o sentido da corrente induzida é o sentido anti-horário para um observador situado acima da espira. APRENDA A situação deste problema é a mesma da Fig. 30-5d; o campo magnético induzido aponta no mesmo sentido que o campo magnético inicial.  24. (a) Como B = B ˆi, apenas a área “projetada” no plano yz contribui para o fluxo. Esta área “projetada” corresponde a um quarto de circunferência. Assim, o fluxo magnético ΦB através da espira é   1 2 ΦB = ∫ B ⋅ dA = π r B 4

e, portanto, | ε| =

dΦB 1 1  π 2 = d  π r2 B  = r dB = π (0,10 m) 2 (3,0 ×10-3 T/s) dt dt  4 dt 4 4 

=2,4 ×10- 5 V = 24 µ V.

(b) De acordo com a lei de Lenz, o sentido da corrente no segmento bc é de c para b (a situação é análoga à da Fig. 30-5a). 25. (a) Vamos chamar de L o comprimento dos fios e supor que o eixo central de um dos fios passa pela origem do sistema de coordenadas e o outro pelo ponto x = D, para o qual D é a distância entre os fios. Como, por simetria, os campos magnéticos produzidos em pontos no intervalo 0 < D/2 < x são iguais aos campos magnéticos produzidos em pontos no intervalo D/2 < x < D, podemos escrever: D2

ΦB = 2∫0

d2

D2

B dA = 2∫ 0 BL dx + 2∫d

2

BL dx

em que d é o diâmetro dos fios. Vamos usar R = d/2 e r em vez de x nos cálculos a seguir. Temos R

D /2

⌠  µ i ⌠ µ 0i  ΦB 0 =2  r+   dr + 2  2   2π (D - r ) L ⌡0  2π R ⌡0

=

 µ 0i µ 0i  +  dr  2π r 2π ( D - r )

µ0i   D - R   µ 0i  D - R  ln  1 - 2ln   +  2π   D   π  R 

= 0,23× 10-5 T⋅ m+ 1,08× 10-5 T⋅ m = 1,3×10- 5 T ⋅ m = 13 µWb/m.

(b) Como, de acordo com os resultados do item (a), o fluxo por metro que corresponde ao interior dos fios é 0,23 × 10–5 T·m, a porcentagem que está no interior do fluxo que está no interior dos fios é

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0,23 ×10 -5 T ⋅m = 0,17 = 17%. 1,3×10 - 5 T ⋅ m

(c) Nesse caso, os campos magnéticos produzidos em pontos no intervalo 0 < D/2 < x são iguais, em valor absoluto, aos campos magnéticos produzidos em pontos no intervalo D/2 < x < D, mas têm o sentido oposto; portanto, o fluxo total (e, em consequência, o fluxo por metro) é igual a 0. 26. (a) Para começar, observamos que, em uma parte da região envolvida pela espira, os fluxos do campo magnético se cancelam. De acordo com a regra da mão direita, o campo magnético produzido pela corrente no fio retilíneo longo na parte da espira acima do fio aponta para fora do papel, e o campo produzido na parte da espira abaixo do fio aponta para dentro do papel. Como a altura da parte da espira acima do fio é b– a, o fluxo em uma parte da espira abaixo do fio, de altura b – a, tem o mesmo valor absoluto e o sinal oposto ao do fluxo acima do fio e os dois fluxos se cancelam. Assim, o fluxo através da espira é dado por a

 µ0i  µ0ib  a  ln .   b dr = π r 2 2π  b - a   ⌡b- a 

⌠

(

ΦB = ∫BdA = 

)

Nesse caso, a lei de Faraday nos dá

ε =-

=-

=

µ0 b  a  di dΦ B d  µ ib  a  ln = -  0 ln  = 2π  b - a  dt dt dt  2π  b - a  µ0 b  a  d  9 2  ln t - 10 t  2π  b- a  dt  2 

-µ 0b (9t -10 )  a  ln  . 2π b - a 

Para a = 0,120 m, b = 0,160 m e t = 3,00 s, temos

ε =

(4π × 10 -7)(0,16) [9(3) - 10]  0,12  -7 ln   = 5,98 × 10 V = 0,598 µ V. 2π 0,16 - 0,12  

(b) Como di/dt > 0 no instante t = 3 s, a situação é análoga à da Fig. 30-5c. Desse modo, de acordo com a lei de Lenz, a fem induzida produz uma corrente no sentido anti-horário. 27. (a) Considere uma fita de largura infinitesimal dy e espessura l = 0,020 m. Se a fita está localizada na altura y, o fluxo magnético através da fita é d Φ B = BdA = (4t2 y)(dy)

e o fluxo total através da espira é 

(

)

ΦB = ∫ d ΦB = ∫ 4 t2 y dy = 2 t2 3 . 0

Assim, de acordo com a lei de Faraday,

ε=

dΦB = 4t 3 = 4(2,5s)(0,020m )3 = 8,0× 10-5 V= 80 µ V. dt

(b) De acordo com a lei de Lenz, o sentido da força eletromotriz induzida é o sentido horário. 28. (a) O campo produzido pelo fio é dado pela Eq. 29-17. Para calcular o fluxo, podemos usar a Eq. 30-1:

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|Φ B |=

µ0i  µ0ia r + b / 2  (4π ×10-7 T ⋅ m A)(4,7 A)(0,022 m) ln  ln(2,0)   (a dr ) = = 2π 2π  2π r  r - b / 2 

r +b /2 

∫r-b/2

=1,4 ×10- 8 Wb =14 nWb.

(b) Para calcular a corrente induzida na espira, calculamos a fem induzida, usando a lei de Faraday e levando em conta o fato de que dr/dt = v, e dividimos o resultado pela resistência da espira, o que nos dá =

R

=-

µ 0ia d  r b / 2  µ 0iabv = ln 2 R dt  r b / 2  2 R[ r 2 (b / 2) 2 ]

(4 ×10-7 T ⋅m A)(4,7A)(0,022 m)(0,0080 m)(3,2×10- m/s) 2 (4,0×10 4 Ω )[2(0,0080 m)2 ] = 1,0× 10 A= 10 A.

29. (a) De acordo com a Eq. 30-8,

ε = BLv = (0,350 T)(0,250 m)(0,55 m/s) = 0,0481 V. (b) De acordo com a lei de Ohm, temos i=

0,0481V = 0,00267 A = 2,67 mA. 18,0 Ω

De acordo com a lei de Lenz, o sentido da corrente é o sentido horário. (c) De acordo com a Eq. 26-27, P = i2R = 0,000129 W = 0,129 mW. 30. De acordo com a lei de Faraday, a fem induzida é dada por

ε=

d ΦB d ( BA) dB = =A . dt dt dt

Como, de acordo com a Eq. 29-23, o campo no interior do solenoide é dado por B = μoni (e é zero do lado de fora do solenoide, o que significa que A = Asolenoide), temos

ε = A dB = Asolenoide d ( µ0 ni solenoide) = µ0 nA solenoide dt dt

disolenoide , dt

em que, de acordo com a Fig. 30-53b, disolenoide/dt = (1,00 A)/(2,0 s) = 0,5 A/s. Para n = 8000 espiras/m e Asolenoide = π(0,02)2 (note que o raio da espira não aparece nos cálculos, que envolvem apenas no raio do solenoide), obtemos ε = 6,3 μV. De acordo com a Eq. 26-28, a taxa de conversão de energia elétrica em energia térmica é dada por ε2/R, enquanto, de acordo com a Fig. 30-51c, é dada por dEt /dt = (80,0 nJ)/(2,0 s) = 40,0 nJ/s. Assim, temos R=

ε2 dEt /dt

-6

= (6,3 ×10 -9 V) = 1,0 mΩ. 2

40,0 ×10 J/s)

31. PENSE A taxa de geração de energia térmica é dada por P = ε2/R (Eq. 26-28), em que ε é a força eletromotriz a que o fio é submetido e R é a resistência do fio. FORMULE De acordo com a Eq. 26-16, a resistência é dada por R =ρL/A, em que a resistividade é 1,69 × 10–8 Ω·m (veja a Tabela 26-1), e A = πd2/4 é a área da seção reta do fio (d é o diâmetro do fio). A área envolvida pela espira é

M A T E R I A L S U P L E M E N TA R P A R A A C O M P A N H A R

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já que o comprimento L do fio é igual à circunferência da espira. Essa área envolvida pode ser usada na lei de Faraday para determinar a força eletromotriz induzida:

ANALISE Substituindo os valores conhecidos, obtemos<...