Resolução Capítulo 33 - Halliday, Exercícios de Eletromagnetismo

Baixe Resolução Capítulo 33 - Halliday e outras Exercícios em PDF para Eletromagnetismo, somente na Docsity! LISTA 3 - Prof. Jason Gallas, DF–UFPB 10 de Junho de 2013, às 17:43 Exercı́cios Resolvidos de Fı́sica Básica Jason Alfredo Carlson Gallas, professor titular de fı́sica teórica, Doutor em Fı́sica pela Universidade Ludwig Maximilian de Munique, Alemanha Universidade Federal da Paraı́ba (João Pessoa, Brasil) Departamento de Fı́sica Baseados na SEXTA edição do “Fundamentos de Fı́sica”, Halliday, Resnick e Walker. Esta e outras listas encontram-se em: http://www.fisica.ufpb.br/∼jgallas Contents 33 Indutância 2 33.1 Questões . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 33.2 Problemas e Exercı́cios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 33.2.1 Indutância – (1/8) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 33.2.2 Auto-Indução – (9/13) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 33.2.3 Circuitos RL – (14/28) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 33.2.4 Energia Armazenada num Campo Magnético – (29/37) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9 33.2.5 Densidade de Energia de um Campo Magnético – (38/46) . . . . . . . . . . . . . . . . . 11 33.2.6 Indutância Mútua – (47/53) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12 Comentários/Sugestões e Erros: favor enviar para jasongallas @ yahoo.com (sem “br” no final...) (listaq3.tex) http://www.fisica.ufpb.br/∼jgallas Página 1 de 14 LISTA 3 - Prof. Jason Gallas, DF–UFPB 10 de Junho de 2013, às 17:43 33 Indutância 33.1 Questões Q 33-2. Quando o fluxo magnético que atravessa cada espira de uma bobina é o mesmo, a indutância da bobina pode ser calculada por L = NΦB/i (Eq. 33-2). Como poderı́amos calcular L de uma bobina para a qual tal hipótese não é válida? I Basta computar a fem para cada uma das espiras, soma-las, e depois usar E = −Ldi/dt para obter o valor de L. Q 33-4. Desejamos enrolar uma bobina de modo que ela tenha resistência mas essencialmente nenhuma indutância. Como fazer isto? I Uma maneira de fazer é enrolar o fio que compõe a bobina em duas camadas, de modo que a corrente passe nelas em sentidos contrários. Deste modo a indutância tenderá para zero. 33.2 Problemas e Exercı́cios 33.2.1 Indutância – (1/8) E 33-1. A indutância de uma bobina compacta de 400 espiras vale 8 mH. Calcule o fluxo magnético através da bobina quando a corrente é de 5 mA. I Como NΦ = Li, onde N é o número de espiras, L é a indutância e i a corrente, temos Φ = Li N = (8× 10−3 H)(5× 10−3 A) 400 = 1× 10−7 Wb. E 33-2. Uma bobina circular tem um raio de 10 cm e é formada por 30 espiras de arame enroladas muito próximas. Um campo magnético externo de 2.60 mT é perpendicular à bobina. (a) Não havendo corrente na bobina, qual é o fluxo através dela? (b) Quando a corrente na bobina é de 3.8 A, num certo sentido, o fluxo lı́quido através da bobina é nulo. Qual é a indutância da bobina? I (a) ΦB = NBA = NB(πr 2) = (30)(2.6× 10−3)(π)(10× 10−2)2 = 2.45× 10−3 Wb. (b) L = ΦB i = 2.45× 10−3 3.80 = 6.45× 10−4 H/m. Preste atenção nas unidades envolvidas. E 33-3. Um solenóide é enrolado com uma única camada de fio de cobre isolado (diâmetro = 2.5 mm). Ele tem 4 cm de diâmetro e um comprimento de 2 m. (a) Quantas espiras possui o solenóide? (b) Qual é a indutância por metro de comprimento, na região central do solenóide? Suponha que as espiras adjacentes se toquem e que a espessura do isolamento seja desprezı́vel. I (a) O número N de espiras multiplicado pelo diâmetro de cada espira deve ser igual ao comprimento do fio. Portanto, temos N = ` dfio = 2 2.5× 10−3 = 800 espiras. (b) N ΦB = N B A = (n`)(µ0 n i)(A) = L i. Por- tanto, simplificando a corrente, segue L ` = µ0n 2A = (4π × 10−7) (800 2 )2 π (0.02)2 = 2.53× 10−4 H/m. P 33-4. Um solenóide longo e estreito, pode ser curvado de modo a formar um toróide. Mostre que, para um solenóide suficientemente longo e estreito, a equação que dá a indutância do toróide (Eq. 33-7) assim for- mado é equivalente à de um solenóide (Eq. 33-4) com um comprimento apropriado. I Para um solenóide muito comprido, com o qual de- sejamos construir um toróide, escrevemos a indutância em função do número total de espiras, N , e não de http://www.fisica.ufpb.br/∼jgallas Página 2 de 14 LISTA 3 - Prof. Jason Gallas, DF–UFPB 10 de Junho de 2013, às 17:43 −Ldi dt = −dΦB dt . O fluxo é calculado pela seguinte integral: ΦB = ∫ B · dA. A área de integração para o fluxo é a área de uma es- pira formada por dois fios imaginários adicionados para conectar os dois fios dados, fechando o circuito. O com- primento dos novos fios é muito pequeno comparado com o comprimento dos fios iniciais; assim, pode- mos ignorar a contribuição daqueles. Então, o campo magnético B é a soma dos dois campos magnéticos dos fios iniciais. Note que os dois campos possuem o mesmo sentido (para dentro da página) e, portanto, se- gundo a Lei de Ampère (Eq. 17 do Cap. 31, pag. 191), temos: B(r) = µ0i 2πr + µ0i 2π(d− r) . B(r) não varia na direção paralela aos fios e, portanto, para dA utilizamos um retângulo muito estreito de com- primento ` e largura dr; escolhendo o sentido de dA para dentro da página (o mesmo sentido de B), temos: ΦB = ∫ B(r) `dr cos 00 = µ0i` 2π ∫ [1 r + 1 d− r ] dr = µ0i` π ln (d− a a ) . Donde se conclui que dΦB dt = µ0` π di dt ln (d− a a ) = L di dt . Portanto, sem levar em consideração o fluxo dentro do fio, encontramos: L = µ0` π ln (d− a a ) . 33.2.2 Auto-Indução – (9/13) E 33-9. Num dado instante, a corrente e a fem induzida num indutor têm os sentidos indicados na Fig. 33-15. (a) A corrente está crescendo ou de- crescendo? (b) A fem vale 17 V e a taxa de variação da corrente é 25 kA/s; qual é o valor da indutância? I (a) Como E aumenta i, a corrente i deve estar de- crescendo. (b) De E = Ldi/dt obtemos L = E di/dt = 17 2.5× 103 = 6.8× 10−4 H. E 33-10. Um indutor de 12 H transporta uma corrente constante de 2 A. De que modo podemos gerar uma fem auto- induzida de 60 V no indutor? I Como E = −L(di/dt), basta fazer com que a cor- rente varie a uma taxa de di dt = E L = 60 V 12 H = 5 A/s. E 33-11. Um solenóide cilı́ndrico longo com 100 espiras/cm tem um raio de 1.6 cm. Suponha que o campo magnético que ele produz seja paralelo ao eixo do solenóide e uni- forme em seu interior. (a) Qual é a sua indutância por metro de comprimento? (b) Se a corrente variar a uma taxa de 13 A/s, qual será a fem induzida por metro? I (a) O “difı́cil” aqui é converter corretamente o número de espiras: n = 100 espiras/cm = 100 espiras/(10−2 m) = 104 espiras/m. L ` = µ0n 2A = (4π × 10−7)(104)2π(0.016)2 = 0.1 H/m. (b) Desprezando o sinal, temos E ` = L ` di dt = 0.1 H/m× 13 A/s = 1.3 V/m. E 33-12. A indutância de uma bobina compacta é tal que uma fem de 3 mV é induzida quando a corrente varia a uma taxa de 5 A/s. Uma corrente constante de 8 A produz um fluxo magnético de 40 µWb através de cada espira. (a) Calcule a indutância da bobina. (b) Quantas espiras tem a bobina? I (a) A menos do sinal, temos L = E di/dt = 3× 10−3 V 5 A/s = 6× 10−4 H. http://www.fisica.ufpb.br/∼jgallas Página 5 de 14 LISTA 3 - Prof. Jason Gallas, DF–UFPB 10 de Junho de 2013, às 17:43 (b) Da definição do fluxo concatenado obtemos N = L i ΦB = (6× 10−4 H)(8 A) 40× 10−6 Wb = 120 espiras. P 33-13. A corrente i que percorre um indutor de 4.6 H varia com o tempo t conforme é mostrado no gráfico da Fig. 33-16. A resistência do indutor vale 12 Ω. Determine a fem in- duzida E durante os intervalos de tempo (a) de t = 0 até t = 2 ms; (b) de t = 2 até t = 5 ms; (c) de t = 5 até t = 6 ms. (Ignore o comportamento nas extremidades dos intervalos.) I Use E = Ldi/dt extraindo di/dt do gráfico dado. Aqui, perceba que as diferenças devem sempre ser tomadas entre o valor final menos o valor inicial para que o sinal da inclinação esteja correto. (a) Para 0 < t < 2 ms: E = L∆i ∆t = 4.6 7.0− 0.0 (2.0− 0.0)× 10−3 = 1.6× 104 V. (b) Para 2 ms < t < 5 ms: E = L∆i ∆t = 4.6 5.0− 7.0 (5.0− 2.0)× 10−3 = −3.1× 103 V. (c) Para 5 ms < t < 6 ms: E = L∆i ∆t = 4.6 0.0− 5.0 (6.0− 5.0)× 10−3 = −2.3× 104 V. Observe que o sinal das tensões reproduz a inclinação das curvas no gráfico dado, apesar de estarmos aqui ig- norando o sinal negativo da fem induzida. E 33-14. A corrente num circuitoRL atinge um terço de seu valor de equilı́brio em 5 segundos. Calcule a constante indu- tiva de tempo. I Nesta situação de carga, a corrente no circuito é de- terminada pela equação i(t) = E R ( 1− e−Rt/L ) . O valor de equilı́brio, E/R, “é atingido” em t = ∞. Conseqüentemente, a equação que fornece a resposta do problema é 1 3 E R = E R ( 1− e−5R/L ) , ou seja, − 5R L = ln ( 1− 1 3 ) = −0.4055. Portanto, τL ≡ L R = 5 0.4055 = 12.33 s. 33.2.3 Circuitos RL – (14/28) E 33-15. Em termos da constante de tempo τL, quanto tempo devemos esperar para que a corrente num circuito RL cresça ficando a 0.1% do seu valor de equilı́brio? I Usando a Eq. 33-18, obtemos: i = E R ( 1− e−t/τL ) . Desejamos determinar o valor de t para o qual i = 0.999 E/R. Isto significa( 1− 0.1 100 ) E R = 0.999 E R = E R ( 1− e−t/τL ) , isto é 0.999 = 1− e−t/τL ou seja e−t/τL = 0.001. Calculando o logarı́tmo natural obtemos − t τL = ln(0.001) = −6.908, ou seja, t = 6.908τL, que é a resposta procurada. E 33-16. A corrente num circuito RL cai de 1 A para 10 mA no primeiro segundo após a remoção da bateria do circuito. Sendo L = 10 H, calcule a resistência R do circuito. I A corrente no circuito é dada por i(t) = i0e −t/τL , onde i0 é a corrente (no instante t = 0) e τL (= L/R) é a constante de tempo indutiva. Desta equação obtemos τL = − t ln[i/i0] = − 1s ln[(10× 10−3 A)/(1 A)] = 0.217 s. Portanto R = L/τL = (10 H)/(0.217 s) = 46Ω. http://www.fisica.ufpb.br/∼jgallas Página 6 de 14 LISTA 3 - Prof. Jason Gallas, DF–UFPB 10 de Junho de 2013, às 17:43 E 33-17. Quanto tempo, após a remoção da bateria, a diferença de potencial através do resistor num circuito RL (com L = 2 H, R = 3 Ω) decai a 10% de seu valor inicial? I A corrente durante a descarga é controlada pela equação i(t) = ERe −Rt/L, sendo que, como sempre, a diferença de potencial é dada por vR(t) = R i(t). Por- tanto, o problema consiste em determinar-se o onstante t que satisfaz a condição 0.1 vR(0) = vR(t), ou seja 0.1 E = Ee−3t/2, de onde tiramos ln 0.1 = −3t/2 t = 1.54 s. E 33-19. Um solenóide de indutância igual a 6.3 µH está ligado em série a um resistor de 1.2 kΩ. (a) Ligando-se uma bateria de 14 V a esse par, quanto tempo levará para que a corrente através do resistor atinja 80% de seu valor fi- nal? (b) Qual é a corrente através do resistor no instante t = τL? I (a) Se a bateria for ligada ao circuito no instante t = 0, a corrente num instante t posterior é dada por i = E R ( 1− e−t/τL ) , onde τL = L/R. O problema pede para achar o instante t para o qual i = 0.8 E/R. Isto significa termos 0.8 = 1− e−t/τL ou seja e−t/τL = 0.2. Portanto, t = − ln(0.2)τL = 1.609 τL = 1.609 L R = 1.609× 6.3× 10−6 H 1.2× 10−3 Ω = 8.45× 10−9 s. (b) Para t = τL a corrente no circuito é i = E R (1− e−1) = ( 14 V 1.2× 103 Ω ) (1− e−1) = 7.37× 10−3A. E 33-20. O fluxo concatenado total através de uma certa bobina de 0.75 Ω de resistência vale 26 mW, quando é percor- rida por uma corrente de 5.5 A. (a) Calcular a indutância da bobina. (b) Se uma bateria de 6 V for subitamente ligada à bobina, quanto tempo levará para que a corrente cresça de 0 até 2.5 A? I (a) A indutância pedida é L = Φ i = 26× 10−3 5.5 = 4.7× 10−3 H. (b) Isolando-se t da Eq. (33-18), que dá o crescimento da corrente, temos t = − τL ln ( 1− iR E ) = − L R ln ( 1− iR E ) = −4.7× 10 −3 0.75 ln ( 1− (2.5)(0.75) 6.0 ) = 2.4× 10−3 s. P 33-21. I Usando a regra das malhas obtemos E − Ldi dt = iR, ou seja E = Ldi dt + iR = L d dt ( 3 + 5t ) + (3 + 5t)R = (6)(5) + (3 + 5t)(4) = (42 + 20 t) V. P 33-22. I A equação que rege a tensão no indutor é Vi = Ee−ti/τL , onde o subı́ndice i = 1, 2, . . . , 8, serve para indicar convenientemente o instante de tempo que queremos considerar. Utilizando agora dois pontos quaisquer da http://www.fisica.ufpb.br/∼jgallas Página 7 de 14 LISTA 3 - Prof. Jason Gallas, DF–UFPB 10 de Junho de 2013, às 17:43 (b) Para que tenhamos U ′B = 4UB = 100 mJ, pre- cisamos de uma corrente igual a i = √ 2U ′B L = √ 2× 100× 10−3 13.89 = 0.12 A = 120 mA. E 33-31. Uma bobina com uma indutância de 2 H e uma re- sistência de 10 Ω é subitamente ligada a uma bateria de resistência desprezı́vel com E = 100 Volts. (a) Qual será a corrente de equilı́brio? (b) Que quantidade de energia estará armazenada no campo magnético quando esta corrente for atingida? I (a) i = E/R = 10 A. (b) UB = 1 2 Li2 = (0.5)(2)(10)2 = 100 J. E 33-32. Uma bobina com uma indutância de 2 H e uma re- sistência de 10 Ω é subitamente ligada a uma bateria de resistência desprezı́vel com E = 100 V. Após 0.1 s de a ligação ter sido feita, quais são as taxas com que (a) a energia está sendo armazenada no campo magnético, (b) a energia térmica está aparecendo e (c) a energia está sendo fornecida pela bateria? I Durante a carga, a corrente é controlada pela equação i(t) = E R ( 1− e−Rt/L ) = 10 ( 1− e−5t ) . (a) UB(t) = 1 2 L [i(t)]2 = 100 ( 1− e−5t )2 = 100 ( 1− 2e−5t + e−10t ) . Pcampo = dUB dt ∣∣∣ t=0.1s = 100 ( 10 e−5×0.1 − 10e−10×0.1 ) ' 238.651 J/s. (b) A potência dissipada pela resistência em qualquer instante t é PR(t) = [i(t)]2R e, portanto, PR(t = 0.1) = ( 10 [ 1− e−5×0.1 ])2 × 10 ' 154.818 W. (c) A potência fornecida pela bateria em qualquer in- stante t é Pbat(t) = E i(t). No instante t = 0.1 s temos Pbat(t = 0.1) = E2 R ( 1− e−5×0.1 ) ' 393.469 J/s. Tendo calculado este três valores, podemos verificar se existe ou não conservação da energia: Pcampo +PR = Pbat. Verificamos que realmente existe: 154.818+238.651 = 393.469. P 33-33. Suponha que a constante de tempo indutiva para o cir- cuito da Fig. 33-6 seja de 37 ms e que a corrente no circuito seja zero no instante t = 0. Em que instante a taxa de dissipação de energia no resistor é igual à taxa com que a energia está sendo armazenada no indutor? I Dizer-se que a dissipação no resitor é igual à taxa de armazenamento de energia no indutor equivale a dizer- se que R i2 = EL i. A corrente que obedece a condição inicial é i = E R ( 1− e−Rt/L ) . Como sabemos que EL = L di/dt, podemos re-escrever a primeira das equações acima, já tendo eliminado o fa- tor i comum aos dois membros e lembrando que τL = L/R, como R i = L di dt R E R ( 1− e−Rt/L ) = L (−E R )(−R L ) e−Rt/L 1− e−Rt/L = e−Rt/L 1 = 2 e−t/τL ln (1 2 ) = − t τL . Conseqüentemente, t = −τL ln (1 2 ) = −37× (−0.6931) = 25.6 ms. P 33-34. http://www.fisica.ufpb.br/∼jgallas Página 10 de 14 LISTA 3 - Prof. Jason Gallas, DF–UFPB 10 de Junho de 2013, às 17:43 Uma bobina está ligada em série com um resistor de 10 kΩ. Quando uma bateria de 50 V é ligada ao circuito, a corrente atinge o valor de 2 mA após 5 ms. (a) De- termine a indutância da bobina. (b) Que quantidade de energia está armazenada na bobina neste momento? I (a) Se a bateria é aplicada no instante t = 0, a cor- rente é dada por i = E R ( 1− e−t/τL ) , onde E é a fem da bateria, R é a resistência e τL = L/R é a constante de tempo indutiva. Portanto e−t/τL = 1− i R E donde sai − t τL = ln [ 1− i R E ] . Numericamente temos ln ( 1− i R E ) = ln ( 1− (2× 10 −3)(10× 103) 50 ) = −0.5108, fazendo com que a constante de tempo indutiva seja dada por τL = t/0.5108 = (5 × 10−3 s)/0.5108 = 9.79× 10−3 s e, finalmente, L = RτL = (9.79× 10−3 s)(10× 103 Ω) = 97.9 H. (b) A energia armazenada na bobina é UB = 1 2 Li2 = 1 2 (97.9)(2× 10−3)2 = 1.96× 10−4 J. P 33-37. Prove que, quando a chave S da Fig. 33-5 é girada da posição a para a posição b, toda energia armazenada no indutor aparece como energia térmica no resistor. I Suponha que a chave tenha estado na posição a por um tempo longo, de modo que a corrente tenha atingido seu valor de equilı́brio i0. A energia armazenada no in- dutor é UB = Li20/2. Então, no instante t = 0, a chave é colocada na posição b. A partir de então a corrente é dada por i = i0e −t/τL , onde τL é a constante de tempo indutiva, dada por τL = L/R. A taxa com a qual a energia térmica é ger- ada no resistor é P = i2R = i20Re −2t/τL . Durante um perı́odo longo de tempo a energia dissipada é E = ∫ ∞ 0 P dt = i20R ∫ ∞ 0 e−2t/τL dt = − 1 2 i20RτLe −2t/τL ∣∣∣∞ 0 = 1 2 i20RτL. Substituindo-se τL = L/R nesta expressão tem-se E = 1 2 Li20, que é idêntica à energia UB originalmente armazenada no indutor. 33.2.5 Densidade de Energia de um Campo Magnético – (38/46) E 33-38. Um solenóide tem um comprimento de 85 cm e secção transversal de área igual a 17 cm2. Existem 950 espiras de fio transportando uma corrente de 6.6 A. (a) Calcule a densidade de energia do campo magnético no interior do solenóide. (b) Determine, nessa região, a energia total armazenada no campo magnético. (Despreze os efeitos das extremidades.) I (a) Em qualquer ponto, a densidade de energia magnética é dada por uB = B2/(2µ0), onde B é a magnitude do campo magnético naquele ponto. Dentro do solenóide B = µ0ni, onde n é o numero de espiras por unidade de comprimento e i é a corrente. No pre- sente caso, n = (950)/(0.85 m) = 1.118×103 m−1. A densidade de energia magnética é uB = 1 2 µ0n 2i2 = 1 2 (4π × 10−7)(1.118× 103)2(6.6)2 = 34.2 J/m3. (b) Como o campo magnético é uniforme dentro de um solenóide ideal, a energia total armazenada é UB = uB V , onde V é o volume do solenóide. V é igual ao http://www.fisica.ufpb.br/∼jgallas Página 11 de 14 LISTA 3 - Prof. Jason Gallas, DF–UFPB 10 de Junho de 2013, às 17:43 produto da secção transversal pelo comprimento. Por- tanto UB = (34.2)(17× 10−4)(0.85) = 4.94× 10−2 J. E 33-39. Um indutor toroidal de 90 mH delimita um volume de 0.02 m3. Se a densidade média de energia no toróide for de 70 J/m3, qual será a corrente que circula no indutor toroidal? I A energia magnética armazenada no toróide pode ser escrita de dois modos distintos: UB = Li2/2 ou UB = uB V , onde uB é a densidade média de energia e V o volume. Portanto, igualando as duas expressões obtemos i = √ 2uBV L = √ 2(70 J/m3)(0.02 m3) 90× 10−3 H = 5.58 A. P 33-44. (a) Determine uma expressão para a densidade de en- ergia em função da distância radial para o toróide do Exemplo 33-1. (b) Integrando a densidade de energia por todo o volume do toróide, calcule a energia total ar- mazenada no toróide; suponha i = 0.5 A. (c) Usando a Eq. 33-24, calcule a energia armazenada no toróide di- retamente da indutância e compare o resultado com o do item (b). I (a) A densidade de energia é dada pela Eq. 33-26, uB = B 2/(2µ0), sendo o campo magnético de um toróide dado pela Eq. 31-22: B = µ0iN/2πr. Portanto uB = B2 2µ0 = (µ0iN/2πr) 2 2µ0 = µ0i 2N2 8π2r2 . (b) Calcule a integral UB = ∫ uB dV sobre o volume do toróide. Considere como elemento de volume o vol- ume compreendido entre dois toróides coaxiais de raios r e r + dr, com seus eixos coincidindo com o eixo do toróide dado. Neste caso temos então dV = 2πrhdr, de modo que UB = ∫ uB dV = ∫ b a µ0i 2N2 8π2r2 2πrh dr = 1 4π µ0i 2N2h ln ( b a ) . Explicitamente, UB = (4π × 10−7)(0.5)2(1250)2(13× 10−3) 4π × × ln (95 52 ) = 3.06× 10−4 J. (c) A indutância L é fornecida pela Eq. 33-7: L = µ0N 2h 2π ln ( b a ) . Portanto, usando a Eq. 33-24, temos UB = 1 2 Li2 = µ0N 2i2h 4π ln ( b a ) . Como não poderia deixar de ser, esta expressão é idêntica a encontrada na parte (b). 33.2.6 Indutância Mútua – (47/53) E 33-47. Duas bobinas estão em posições fixas. Quando na bobina 1 não há corrente e na bobina 2 existe uma cor- rente que cresce numa taxa constante de 15 A/s, a fem na bobina 1 vale 25 mV. (a) Qual é a indutância mútua destas bobinas? (b) Quando não há corrente na bobina 2 e a bobina 1 é percorrida por uma corrente de 3.6 A, qual é o fluxo através da bobina 2? I (a) A indutância mútua M é dada por E1 = M di2 dt , onde E1 é a fem na bobina 1 devida à corrente que está variando na bobina 2. Portanto, M = E di2/dt = 25× 10−3 15 = 1.67× 10−3 H. (b) O fluxo concatenado na bobina 2 é N2Φ21 = Mi1 = (1.67× 10−3)(3.6) = 6.01× 10−3 Wb. P 33-49. Duas bobinas estão ligadas conforme mostra a Fig. 33- 21. Suas indutâncias valem L1 e L2. O coeficiente de http://www.fisica.ufpb.br/∼jgallas Página 12 de 14