Cálculo de Campos Elétricos e Magnéticos: Intensidades e Forças, Provas de Física

Baixe Cálculo de Campos Elétricos e Magnéticos: Intensidades e Forças e outras Provas em PDF para Física, somente na Docsity! Capítulo 13 Campos magnéticos .............................................................. 2 Capítulo 14 Força magnética ..................................................................... 13 Capítulo 15 Indução eletromagnética ..................................................... 27 Capítulo 16 Noções de corrente alternada ............................................ 38 resoluções dos exercícios PArTe ii Campos magnéticos Capítulo 13 Para pensar Esse tipo de trem se desloca sobre um colchão de ar, flutuando nos trilhos, o que elimina os atritos de es- corregamento e de rolamento; além disso, seu formato aerodinâmico minimiza a resistência do ar. Exercícios propostos P.311 i2 i1 B1 B2 O Inicialmente determinamos, pela regra da mão direita no 1, a direção e o sentido dos vetores indução magnética B1 e B2 que i1 e i2 originam no centro O: B1 = $ j R i 2 0 1 1 ] B1 = $ $2 4 10 2 5s s 7- ` B1 = 5 $ 10-7 T B2 = $ j R i 2 0 2 2 ] B2 = $ $2 4 10 2 3s s 7- ` B2 = 3 $ 10-7 T Sendo B1 2 B2, concluímos que o vetor indução magnética resultante em O tem direção per- pendicular ao plano das espiras e orientada do observador para o plano (entrando no plano das espiras). A intensidade é dada por: BR = B1 - B2 ` BR = 2 $ 10-7 T P.312 i2 i1 R1 B2B1 R2 O De acordo com a regra da mão direita no 1, os vetores B1 e B2 originados por i1 e i2 no centro O têm mesma direção e sentidos opostos. Para que o vetor indução magnética resultante seja nulo, os módulos de B1 e B2 devem ser iguais: B1 = B2 ] $ $ j j R i R i i i R R 2 2 ]0 1 1 0 2 2 2 1 2 1= = P.313 De B = N $ $ j R i 2 0 , vem: 2 $ 10-3 = 50 $ , $ $ i 2 4 10 0 10 s 7- ` i - 6,4 A Atividade prática Experiência de Oersted 1. A agulha da bússola sofreu um desvio porque a corrente elétrica no fio criou um campo mag- nético ao seu redor. 2. O sentido do campo magnético nas proximida- des da bússola é de leste (L) para oeste (O). 3. O sentido do desvio da agulha, nesse caso, é oposto ao do item a, uma vez que foi invertido o sentido do campo magnético criado em torno do fio. 4. O sentido do campo magnético, nesse caso, é oposto ao do item a, ou seja, é de oeste (O) para leste (L). Exercícios propostos P.314 De B = $s j r i 2 0 , vem: B = $ $2 4 10 1 2 s s 7- ` B = 4 $ 10-7 T P.315 a) i = 5 A R = 5 cm BI O BI = $ j R i 2 0 ] BI = $ $ $2 4 10 5 10 5s 7 2 - - ` BI = 2s $ 10-5 T ] BI - 6,3 $ 10-5 T b) ie = 4 A r = 5 cm BII O BII = $ j r i 2s e0 ] BII = $ $ $2 4 10 5 10 4 s s 7 2 - - ` BII = 1,6 $ 10-5 T c) ie = 4 A i = 5 A R = 5 cm BI BII O BR = BI - BII ` BR = 4,7 $ 10-5 T 2 Física 3 Os FundamentOs da Física Resoluções dos exercícios PARTE II P.326 a) Seja B a intensidade do campo magnético produzido pela bobina e BT a componente horizontal do campo magnético da Terra. BT N S B Bresultante O L J0 Sendo J0 = 45w, temos: B = BT ` B = 0,2 gauss Mas de B = k $ I, com I = I0 = 2 A, resulta: 0,2 = k $ 2 ` ,k 0 1 ampère gauss = b) BT N S B1 Bresultante O L J1 Norte Leste J1 J2 J2 J1 3 3 2 4 tg J1 = ,B B B 4 3 0 2]1 1 T = ` B1 = 0,15 gauss B1 = k $ I1 ] 0,15 = 0,1 $ I1 ` I1 = 1,5 A c) Duplicando o número de espiras, duplicamos a intensidade do campo magnético produzido pela bobina. B2 = 2B1 ` B2 = 0,3 gauss , , B B 0 2 0 3 2 3tg tg tgJ ] J ] J2 2 2 2 T = = = Conhecendo a tangente de J2, determinamos no esquema apresentado no item b a nova direção J2 que a bússola aponta. P.327 a) Pela regra da mão direita no 1, observamos que o sentido do campo de indução magné- tica B, próximo do chão, é de norte para sul. O N S Solo Linha de transmissão L B i d b) Do cálculo do campo magnético para um fio situado a uma distância d, temos: B = $ d i 2s j0 ] 5,0 $ 10-5 = .$ $ d2 4 10 4 000 s s 7- ` d = 16 m P.328 Conhecendo o sentido da corrente elétrica que percorre o solenoide, determinamos, pela regra da mão direita no 1, o sentido do campo mag- nético BS no seu interior: de oeste para leste. O sentido do campo magnético terrestre BT é de sul para norte. Ao se estabelecer a corrente elétrica no solenoi- de, a agulha magnética gira de 62w e se orienta na direção do vetor campo magnético resultante B B BS T= + : BT BS 62° Temos $ $L N iB jS 0= = 1,26 $ 10-6 $ 300 $ 100 $ 10-3 ` BS = 3,78 $ 10-5 T e tg 62w = 1,87 Sendo tg 62w = B B T S ] 1,87 = , $ B 3 78 10 5 T - ` BT - 2,02 $ 10-5 T Testes propostos T.288 I. O extremo B da barra 1 e o extremo C da barra 2 se atraem. Temos duas possibilidades: as barras 1 e 2 estão magnetizadas ou uma está magnetizada (ímã) e a outra não (pedaço de ferro não magnetizado). A B C D Barra 1 Barra 2 II. O extremo B da barra 1 e o extremo E da barra 3 se repelem. Com essa situa ção, con- cluímos que as barras 1 e 3 estão magne- tizadas. Os polos B e E têm mesmo nome: dois polos norte ou dois polos sul. A B E F Barra 1 Barra 3 5 Física 3 Os FundamentOs da Física Resoluções dos exercícios PARTE II III. O extremo D da barra 2 e o extremo E da barra 3 se atraem. C D E F Barra 2 Barra 3 Pelos testes I e III, observamos que os extremos C e D da barra 2 foram atraídos por B e E, isto é, C e D são atraídos por polos de mesmo nome. Isso só é possível se a barra 2 estiver desmagnetizada. Resposta: b T.289 Se o corte for na linha a, teremos: N S a N S N S Repulsão Se o corte for na linha b, teremos: N S N S N S b Atração Resposta: c T.290 B1 B2 B3 N S As linhas de indução de um campo magnético são aquelas que em cada ponto tangenciam o vetor indução magnética. As linhas são orien- tadas no sentido dos vetores indução. Resposta: c T.291 Lembrando que as linhas de indução saem do polo norte e chegam ao polo sul, externamente ao ímã, concluímos que, para o esquema dado, os ímãs podem estar dispostos conforme indica a alternativa a. N N S S Resposta: a T. 292 A agulha magnética da bússola, a partir da po- sição inicial, deve girar no sentido anti-horário. Lembrando que polos de mesmo nome se repe- lem e que polos de nomes diferentes se atraem, observamos, das alternativas apresentadas, que a única possível é a c. F -F Ímã Ímã N S N S N S Agulha da bússola Resposta: c T.293 A agulha se orienta na direção da tangente à linha de indução e com o polo norte no sentido da linha. Ao ser deslocada de P até Pe, a agulha completa uma volta em torno de seu eixo, pois em Pe retorna à posição inicial. Assim, em meia- -volta em torno do ímã, a agulha descreve uma volta com pleta. Logo, em uma volta em torno do ímã, a agulha descreverá duas voltas em torno de seu eixo. Resposta: d T.294 Ao ser colocado num campo magnético unifor- me de indução B, um ímã se orienta na direção do campo, com o polo norte no sentido de B. Essa posição é de equilíbrio estável. NS B Resposta: a P S N S N S N S N S N P’ 6 Física 3 Os FundamentOs da Física Resoluções dos exercícios PARTE II T.295 Vamos determinar o sentido do vetor indução magnética resultante em P, lembrando que as linhas de indução magnética saem do polo norte e chegam ao polo sul. Ímã 4 Ímã 2 Ímã 3Ímã 1 Bs(1) Bs(3) Bs(2)Bn(4) N S S N S N S N P O vetor B resultante em P tem o sentido: B P A agulha magnética colocada em P se orienta na direção de B e com o polo norte apontando no sentido de B. N S P B Resposta: a T.296 Vamos, inicialmente, representar os vetores cam- po de indução magnética resultante nos pontos A, B e C, lembrando que polo norte origina campo de afastamento e polo sul, de aproximação. Em cada ponto vamos levar em conta os dois polos mais próximos e desprezar as ações dos demais. S S N N SN A B C B B B Ao colocarmos as agulhas magnéticas nos pon- tos A, B e C, elas se orien tam segundo o vetor campo B resultante. Assim, temos: S S N N SN A BC Resposta: a T.297 Oi Vista superior Em relação ao observador O, temos a situação mostrada na figura. A agulha da bússola se orien- ta na direção de B e com o polo norte no sentido de B, que foi determinado pela regra da mão direita no 1. Vamos analisar cada procedimento visando inverter a orientação da agulha da bússola. I. Correta. Invertendo-se o sentido da corrente, inverte-se o sentido de B, de acordo com a re- gra da mão direita no 1. Consequentemente, inverte-se a orientação da agulha da bússola. i SN B II. Correta. Ao transladar-se o fio para uma po- sição abaixo da bússola, mantendo-se o sen- tido inicial de i, inverte-se o sentido de B, e a orien tação da agulha da bússola também se inverte. i SN B III. Incorreta. Nesse caso, o sentido de B não se inverte e a agulha da bússola mantém a orientação inicial. i S N B Resposta: d T.298 I. Incorreta. O vetor indução magnética B de- pende do meio: $ j B R i 2 0 = II. Correta. Pela regra da mão direita no 1, sa- bemos que B é perpendicular ao plano da espira. R O i i i i B III. Correta. De B = $ j R i 2 0 , concluímos que B é proporcional a R i . Resposta: b i NS B 7 Física 3 Os FundamentOs da Física Resoluções dos exercícios PARTE II T.311 Pela regra da mão direita no 1, representamos os vetores campo magnético par ciais que as correntes elétricas originam no ponto P, equi- distante dos fios. |B1| = |B2| = |B3| B1 B3 B2 ii i (1) (2) (3) C C’ A’A P B D D’ B’ O vetor campo B resultante tem a direção da reta eAA o sentido de Ae para A. B2 B3 B1 A A’ B A agulha da bússola se orienta na direção de B, isto é, na direção da reta AAe e com o norte no sentido de B. B N S A A’ Resposta: a T.312 A corrente elétrica i1 gera, no ponto O, um cam- po magnético B1, “entrando” no plano definido pelo condutor e pela espira. Para que o campo magnético resultante em O seja nulo, a corrente i deve gerar em O um campo magnético B2 “sain- do”. Pela regra da mão direita no 1, concluímos que o sentido de i é anti-horário. Devemos, ainda, impor a igualdade dos módulos de B1 e B2. B1 = B2 ] $ $R i R i 2 2 2s j j0 1 0 = ] i i1 = 2s Resposta: b R O 2R i1 B1 B2 i T.313 Partindo de B = j0 $ L N $ i, observamos que a intensidade do campo magnético B, no interior do solenoide, depende do número de espiras por unidade de comprimento L Nd n e da intensidade da corrente elétrica (i). Resposta: d T.314 A intensidade do vetor indução magnética de origem no centro do solenoide pode ser calcu- lada por: B = j0 $ L N $ i ] B = 4s $ 10-7 $ 20.000 $ 0,5 ` B = 4s $ 10-3 T Resposta: a T.315 Pela regra da mão direita no 1, determinamos o sentido do campo magnético B no interior do solenoide e, consequentemente, o sentido das linhas de indução. Do lado esquerdo, as linhas de indução entram no solenoide, tratando-se de um polo sul. Do lado direito, as linhas de indução saem do solenoide, tratando-se de um polo norte. O polo norte do ímã é atraído pelo polo sul do solenoide. Assim, o carrinho aproxima-se do solenoide. B N N S S Resposta: a T.316 Cargas elétricas em movimento no núcleo da Terra criam o campo magnético terrestre, fa- zendo com que a Terra se comporte como um enorme ímã. Resposta: b T.317 O ímã Terra tem o polo sul magnético próximo ao norte geográfico e o polo norte magnético próximo ao sul geográfico. Por isso, o polo sul do ponteiro da bússola aponta para o sul geográfi- co, isto é, para o polo norte magnético. O norte geográfico corresponde ao sul magnético. Resposta: e T.318 A bússola é colocada sobre o condutor. Ao fechar a chave C, o condutor é percorrido por corrente elétrica e origina um campo magnético Bi, onde está colocada a bússola. Seu sentido é dado pela regra da mão direita no 1. Sendo BT o vetor campo magnético da Terra, a agulha magnética se orienta segundo o vetor campo magnético re- sultante B B Bi T= + . Sendo as intensidades de Bi e BT iguais, concluímos que a agulha mag- nética gira de 45w até a posição de equilíbrio. Resposta: d BT Bi B 45° 10 Física 3 Os FundamentOs da Física Resoluções dos exercícios PARTE II T.319 A agulha se orienta no sentido do campo mag- nético resultante BR. BR N N S S O L O campo magnético terrestre Bt tem a direção do eixo NS e o sentido de S para N. A figura abaixo representa uma das orienta- ções possíveis do campo magnético B, tal que B B BR t= + . BR B Bt N S O L Resposta: a T.320 i B SN Cada pequena bússola se orienta na direção do campo B gerado pela corrente i. A direção de B é a da reta perpendicular à linha que liga o ponto onde está a bússola ao ponto de incidência da descarga elétrica (i). B = $ r i 2s j0 ] B = .$ $2 4 10 1 10 000 s s 7- ` B = 2 $ 10-3 T Sendo Bt = 0,5 $ 10-4 T = 5 $ 10-5 T, concluímos que B é bem mais intenso do que Bt. Resposta: b T.321 Vamos representar os campos magnéticos da Terra referentes às figuras 1 e 2. Norte Poro aberto Norte Linhas de campo magnético Feixe de magnetitaPoro bloqueado Membrana celular Íon BT1 BT2 Figura 1 Figura 2 Na figura 2, para que os feixes de magnetita vol- tem a se orientar, como representado na figura 1, somamos ao vetor campo magnético da Terra (BT2 ) o vetor campo magnético B, conforme indica a figura abaixo, de modo que o vetor resultante tenha a mesma direção e o mesmo sentido do vetor campo BT1 : BT1 BT2 B Resposta: b T.322 Num ponto próximo do polo Norte da Terra, o campo magnético terrestre Bt tem, praticamente, a direção da vertical do lugar. Logo, a agulha que gira livremente em torno de um eixo horizontal se dispõe verticalmente, isto é, forma com a horizontal um ângulo de 2 s radianos. Resposta: d Exercícios especiais Exercícios propostos P.329 Pela regra da mão direita no 1, determinamos os sentidos dos vetores indução magnética que as correntes elétricas que percorrem os três fios condutores originam em P. B2 B3 B1 30w 30w ii i O a a a 1 2 3 Esses vetores têm a mesma intensidade: B1 = B2 = B3 = $ a i 2s j0 ] ] B1 = B2 = B3 = , $ $ $2 4 10 2 0 10 10 s s 7 2 - - ` B1 = B2 = B3 = 1,0 $ 10-4 T Na figura a seguir, representamos o campo magnético de indução B no ponto P. B = B1 + B2 + B3 B3 B2B1 60° 60° 60° O triângulo destacado é equilátero. Logo: B = 1,0 $ 10-4 T + 1,0 $ 10-4 T ] B = 2,0 $ 10-4 T O sentido de B é o de B3. 11 Física 3 Os FundamentOs da Física Resoluções dos exercícios PARTE II P.330 A B i1, R1 I = 4 A I = 4 A i2 R2 B2 O B1 a) Sendo 8 C a resistência total, concluímos que o trecho correspondente a 4 1 da circunferência tem resistência R1 = 2 C e, no outro trecho, R2 = 6 C. R1 $ i1 = R2 $ i2 ] 2i1 = 6i2 ] i1 = 3i2  I = i1 + i2 ] 4 = i1 + i2  De  e , temos: i1 = 3 A (arco menor) e i2 = 1 A (arco maior) b) A corrente elétrica i1 origina em O o campo B1, entrando no papel e de intensidade: B1 = $ $ $ $R i B R4 1 2 4 1 2 3j ] j0 1 1 0 =  A corrente elétrica i2 origina em O o campo B2, saindo do papel e de intensidade: $ $ $ $B R i B R4 3 2 4 3 2 1j ] j ]2 0 2 2 0 = = $ $B R4 1 2 3] j 2 0 =  De  e , concluímos que B1 = B2, portanto: BR = 0 P.331 i2 i1 Oa B B2 B1 $ $ $ $ B R i B2 2 4 10 2 10 4j ] s s1 0 1 1 7 2= = - - ` B1 = 4 $ 10-5 T $ $ $ $ B R i B2 2 4 10 2 10 3j ] s s2 0 2 2 7 2= = - - ` B2 = 3 $ 10-5 T B2 = B2 1 + B2 2 ] B2 = (4 $ 10-5)2 + (3 $ 10-5)2 ` B = 5 $ 10-5 T O ângulo a que o vetor B forma com o vetor B1 e, portanto, com o plano horizontal é dado por: tg B B a 1 2= ] tg $ $ 4 10 3 10a 5 5 = - - ] tg 4 3a= Ou seja, a é o ângulo cuja tangente vale 4 3 . Testes propostos T.323 B1(A) B2(A) B1(B ) B2(B ) B1(C ) B2(C ) i1 = 5,0 A i2 = 10,0 A 5 cm A B C 5 cm 5 cm 5 cm Para cada ponto, vamos representar os vetores campo de indução magnética gerados pelas correntes elétricas i1 e i2, que passam pelos dois condutores. Ponto A: $B r i 2s j ( )A1 0 1= ] B1(A) = , ,$ $ $2 4 10 5 0 10 5 0 s s 7 2 - - ` B1(A) = 2,0 $ 10-5 T B2(A) = $ r i 2s j0 2 ] B2(A) = ,$ $ $2 4 10 15 10 10 0 s s 7 2 - - ` B2(A) - 1,33 $ 10-5 T Sendo B1(A) 2 B2(A), concluímos que o vetor campo de indução magnética resultante está “saindo” do ponto A: B ( )AR No ponto B, os dois vetores campo de indução magnética parciais estão “entrando”. Logo, o vetor campo de indução resultante também está “entrando”: B ( )BR Para o ponto C, temos: B1(C ) = $ r i 2s j0 1 ] B1(C ) = ,$ $ $2 4 10 15 10 5 0 s s 7 2 - - ` B1(C ) - 0,67 $ 10-5 T B2(C) = $ r i 2s j0 2 ] B2(C) = , ,$ $ $2 4 10 5 0 10 10 0 s s 7 2 - - ` B2(C) = 4,0 $ 10-5 T Sendo B2(C) 2 B1(C), concluímos que o vetor campo de indução resultante está “saindo” do ponto C: B ( )CR Resposta: b 12 Física 3 Os FundamentOs da Física Resoluções dos exercícios PARTE II 15 Física 3 Os FundamentOs da Física Resoluções dos exercícios PARTE II c) c) E Fe v - d) d) E B FeFm v- P.341 v E B + Fm Fe O próton percorre a região onde existem os campos sem sofrer desvio. Logo: Fm = Fe ] B $ q $ v $ sen 90w = q $ E ] ] B $ v = E ` v B E = P.342 A intensidade da força magnética pode ser cal- culada por meio de: Fm = B $ i $ L $ sen J ] ] Fm = 1 $ 10 $ 0,20 $ sen 90w ` Fm = 2 N O sentido e a direção da força magnética podem ser mostrados pelos esquemas: i L O Fm B Vista em perspectiva. Fm B i Vista pelo observador O. A B C D E O nêutron não fica sujeito à força magnética. Logo, não sofre desvio. Sua trajetória é B. Sabemos que as partículas positivas desviam num sentido e as negativas, em outro. Portan- to, a trajetória A só pode ser do elétron (única partícula negativa do feixe). As três partículas positivas seguem as trajetó- rias C, D e E. Vamos identificá-las pelo raio da trajetória. • O raio da trajetória do pósitron é dado por: $ R B q mv pósitron= (m: massa do pósitron) • O raio da trajetória do próton é dado por: $ $R B q m ve próton= (me: massa do próton) • O raio da trajetória do dêuteron é dado por: $ $ER B q m v dêuteron= (mE: massa do dêuteron) Observe que as três partículas têm cargas elétri- cas iguais, penetram no mesmo campo e com a mesma velocidade. Os raios de suas trajetórias diferem pelas massas. Sendo m 1 me 1 mE, vem Rpósitron 1 Rpróton 1 Rdêuteron. Logo, E é a trajetória do pósitron, D a do próton e C a do dêuteron. P.340 Para determinarmos a direção e o sentido da força magnética (Fm), utilizamos a regra da mão direita no 2, quando a carga é positiva. Se a carga for negativa, o sentido será contrário àquele dado por essa regra. Para a determinação da direção e do sentido da força elétrica (Fe), lembramos que ela tem a direção do campo E e o sentido de E, se a carga for positiva, e contrário ao de E, se negativa. Assim, temos: a) a) Fm B v - b) b) B v - Fm = 0, pois J = 180w (sen 180w = 0) 16 Física 3 Os FundamentOs da Física Resoluções dos exercícios PARTE II Condutor C3: B i Fm1 L L C3 0,5 m 0,5 m 60° 60° J Fm2 A intensidade da força magnética Fm devida ao condutor C3 pode ser calculada por: Fm1 = B $ i $ L $ sen 60w Sendo L $ sen 60w = 0,5 m, temos: Fm1 = 0,05 $ 10 $ 0,5 ` Fm1 = 0,25 N Mas Fm2 = Fm1 = 0,25 N Logo: Fm = Fm1 + Fm2 = 0,5 N P.346 a) Observe na figura que o sentido de B é do polo norte para o polo sul. Conhecidos os sentidos de B e da corrente, determinamos os sentidos das forças magnéticas nos lados AB e CD, aplicando a regra da mão direita no 2. Os lados BC e DA não ficam sujeitos a forças magnéticas, pois, nesses casos, i é pa- ralelo a B. B Fm Fm N C D A Bi i i S e i O momento de rotação da espira, na posição da figura, é dado por: M = Fm d = B $ i $ L $ sen J $ d ] ] M = 0,8 $ 5 $ 2 $ 10-2 $ sen 90w $ 1 $ 10-2 ` M = 8 $ 10-4 N $ m b) Observando o sistema de forças magnéticas que agem na espira, concluímos que ela vai girar no sentido anti-horário. A posição de equilíbrio corres ponde ao plano da espira paralelo às faces dos ímãs ou ao plano da espira perpendicular a B. S B Fm Fm Fm FmC N ii i i D A B P.343 210 1 2 F (# 10-3 N) i (A) Do gráfico, para i = 2 A, temos: F = 2 $ 10-3 N Conhecendo-se o valor da força magnética, po- demos obter a intensidade do campo magnético por meio de: Fm = B $ i $ L $ sen J ] 2 $ 10-3 = B $ 2 $ 0,1 $ sen 90w ` B = 10-2 T P.344 i Fm P B No condutor agem duas forças: o peso P e a força magnética Fm. Como P é vertical e para baixo, Fm deve ser vertical e para cima, de modo que se equilibrem. Conhecidos os sentidos de Fm e B, determinamos, pela regra da mão direita no 2, o sentido de i: da esquerda para a direita. No equilíbrio, temos: Fm = P ] B $ i $ L $ sen 90w = mg ] ] B $ 5,0 $ 20 $ 10-2 = 40 $ 10-3 $ 10 ` B = 0,40 T P.345 Fm i L C1 B 1 m 30° J Para o condutor C1, temos: Fm = B $ i $ L $ sen 30w e sendo B = 0,05 T, i = 10 A e L $ sen 30w = 1 m, temos: Fm = 0,05 $ 10 $ 1 ` Fm = 0,5 N Condutor C2: B Fm i L C2 1 m A intensidade da força magnética Fm devida ao condutor C2 pode ser calculada por: Fm = B $ i $ L $ sen 90w ] Fm = 0,05 $ 10 $ 1 ` Fm = 0,5 N 17 Física 3 Os FundamentOs da Física Resoluções dos exercícios PARTE II Física em nosso mundo Os supercondutores 1. Pelo gráfico, obtemos, para a temperatura crítica do mercúrio, o valor aproximado de 4,15 K. 2. Pelo texto, são as temperaturas críticas 35 K (1986) e 92 K (1987), respectivamente. Exercícios propostos de recapitulação P.350 a) Direção: perpendicular ao plano definido pelo condutor e pelo ponto P (plano do papel); sen- tido: entrando no plano do papel, de acordo com a regra da mão direita no 1. I P B b) Conhecidos os sentidos de B e v, determina- mos o sentido da força magnética Fm que age no elétron, no instante t, de acordo com a regra da mão direita no 2. I P e - Fm B v P.351 a) A intensidade do campo de indução magné- tica criado pela corrente i no ponto indicado é dada por: B = $ $ $ $r i B2 2 4 10 20 10 20 s j ] s s0 7 2= - - ` B = 2 $ 10-5 T b) A força magnética exercida sobre a esfera metálica pode ser calculada por: Fm = B $ q $ v $ sen J ] ] Fm = 2 $ 10-5 $ 6 $ 10-6 $ 10 $ sen 90w ` Fm = 1,2 $ 10-9 N P.352 CA U v Rv0 = 0 B Podemos calcular a velocidade v da partícula pelo teorema da energia cinética: TAC = q $ U = mv mv 2 2 2 0 2 - Sendo v0 = 0, temos: q $ U = mv 2 2 ] v2 = $q U m 2 ] v2 = , , . $ $ $ $ 1 6 10 2 1 6 10 2 000 26 19 - - ` v = 2,0 $ 105 m/s O raio da trajetória pode ser obtido por: , , , , $ $ $ $ $ $ R B q mv R 0 5 1 6 10 1 6 10 2 0 10 ] 19 26 5 = = - - ` R = 4,0 $ 10-2 m ] R = 40 mm P.347 Representando-se as forças que atuam no es- quema descrito, temos: B P Fm CA i i L L i i i Quando não circula corrente, o quadro é equi- librado pelo prato da balança. Passando pelo quadro a corrente de intensidade 10 A, o lado AC do quadro, imerso no campo, fica sujeito à força magnética Fm indicada. A massa a ser colocada no prato tem peso igual a Fm: P = Fm ] mg = B $ i $ L $ sen J Sendo J = 90w e sen 90w = 1, temos: m $ 10 = 0,1 $ 10 $ 0,20 $ 1 ` m = 0,02 kg ] m = 20 g P.348 A força magnética entre os condutores é de atração, pois as correntes elétricas que percorrem os condu- tores têm mesmo sentido. A intensidade da força magnética entre dois fios paralelos é dada por: Fm = $ $ r i i 2s j0 1 2 $ L ] Fm = $ $ $ 2 4 10 1 1 1 s s 7- $ 10-2 ` Fm = 2 $ 10-9 N P.349 a) É o ampère. b) A definição de ampère se baseia na força de interação entre condutores retos, longos e paralelos percorridos por correntes. Um ampère é a intensidade de corrente constante que, mantida em dois condutores retos, longos, paralelos e de seção transversal desprezível e a 1 m de distância um do outro, origina mutuamente entre eles força de in- tensidade igual a 2 $ 10-7 N em cada metro de comprimento do condutor, no vácuo. 1 m 1 m 1 A 1 A 2 $ 10-7 N 2 $ 10-7 N Fm Fm ii 20 Física 3 Os FundamentOs da Física Resoluções dos exercícios PARTE II As forças que agem na haste móvel são: peso P, força de tração dos fios T e a força magnética Fm. Vamos representar essas forças numa vista de frente do sistema. Note que a corrente elétrica sai pelo ponto A. Conhecidos os sentidos de mF e i, determinamos, pela regra da mão direita no 2, a direção e o sentido de B: direção do eixo z e sentido oposto. b) Como a haste está em equilíbrio, a linha po- ligonal das forças deve ser fechada. θ Fm P T Do triângulo formado pelas forças, temos: tg J = P Fm ] tg J = $ $ $ $ P B i L B i L P tg ] J = P.364 AC = BC = L, AB = L $ 2 , FAC = FBC = B $ i $ L e FAB = B $ i $ L $ 2 A resultante F entre FAC e FBC tem intensidade: F = B $ i $ L $ 2 Note que FAB e F se equilibram; portanto, a força magnética resultante é nula: FR = 0 P.365 a) A aplicação da lei de Ohm fornece: U = R $ i = 2,5 $ 0,80 ` U = 2,0 V b) A força magnética atuante em AB ou em CD tem intensidade dada por: Fm = B $ i $ L ] Fm = 0,50 $ 0,80 $ 0,050 ` Fm = 2,0 $ 10-2 N P.366 A força exercida pelo fio 1 sobre o fio 2 pode ser expressa por: $ $ $F a i i L2s j 12 0 =  A força exercida pelo fio 1 sobre o fio 3 pode ser expressa por: $ $F a i i L2 3s j 13 0 = =  Dividindo  por : F F 3 13 12 = y A z x θ θ Fm P T B B FAB FBCFAC A C B ii i = 10 A FAB FBCFAC F P.361 a) Intensidade da força eletromagnética: F0 = B $ i $ L ] F0 = 1,5 $ 50 $ 0,20 ` F0 = 15 N b) Trabalho da força magnética F0: TF0 = F0 $ y ] TF0 = 15 $ 0,12 ` TF0 = 1,8 J c) O trabalho resultante corresponde à variação da energia cinética: TR = Ec(F ) - Ec(0) Entretanto, Ec(0) = 0 (o fio partiu do repouso) e Ec(F ) = 0 (no ponto de altura máxima v = 0). Então: TR = 0 Mas TR = TF0 + TP, em que TP = -mgH. Portanto: 0 = TF0 - mgH ] mgH = TF0 ] T H mg F0= ] ] , , $ $ H 6 0 10 10 1 8 3= - ` H = 30 m P.362 A figura abaixo mostra a vista lateral da barra na situação descrita, com a marcação das forças atuantes sobre ela. 45° i B FN Fm P Estando a barra em equilíbrio, a linha poli gonal das forças é fechada. 45° 45°FN Fm P Portanto: Fm = P ] B $ i $ L = P ] 0,5 $ i $ 1 = 2 ` i = 4 A P.363 a) Na figura abaixo representamos o sentido da corrente elétrica que percorre a haste móvel AB. y Haste móvel Haste fixa z x L A B θ i 21 Física 3 Os FundamentOs da Física Resoluções dos exercícios PARTE II T.330 B1 B2 i1 i2 v0 1 cm 1 cm B1 = B2 = $ r i 2s j0 1 = $ $2 4 10 10 10 s s 7 2 - - ` B1 = B2 = 2,0 $ 10-4 T O campo magnético resultante B tem intensi- dade: B = B1 + B2 ` B = 4,0 $ 10-4 T A força magnética é dada por: Fm = B $ q $ v ] ] Fm = 4,0 $ 10-4 $ 1,6 $ 10-19 $ 1,0 $ 106 ` Fm = 6,4 $ 10-17 N Resposta: c T.331 A força magnética Fm tem direção perpendicular ao plano definido por v e B e sentido para o leitor, isto é, para cima, de acordo com a regra da mão direita no 2. 30° v B q Fm Resposta: d T.332 A força magnética que atua sobre a partícula é dada por: Fm = B $ q $ v $ sen J ] ] Fm = 102 $ 2,0 $ 10-14 $ 2,0 $ 105 $ sen 30w ` Fm = 2,0 $ 10-7 N Resposta: c T.333 A força magnética Fm terá máxima intensidade quando sen J = 1, isto é: J = 90w Resposta: d T.334 Para não sentir a ação do campo, a velocidade v da abelhinha deve ser paralela ao vetor B. Logo, o ângulo J entre v e B deve ser 0w ou 180w. Resposta: b T.335 Aplicando a regra da mão direita no 2, temos: B (I) v Fm + (II) Bv Fm + P.367 a) A intensidade de corrente elétrica (i), deter- minada pelo feixe de elétrons através de uma seção transversal no interior do tubo, é dada por: i t q S S = Para calcularmos a quantidade de carga Sq na órbita circular, devemos observar que o intervalo de tempo St é igual ao período T do movimento das partículas. Assim: $ $v T R T 2 3 10 2 32s ] s8= = ` $ T 3 10 64 ss 8= Logo: , $ i T q q 0 12 3 10 64 S s S 8 = = = ` Sq = 2,56s $ 10-8 C Por outro lado: Sq = ne ] 2,56s $ 10-8 = n $ 1,6 $ 10-19 ] ] n - 5,0 $ 1011 b) Considerando que o campo produzido pelo feixe pode ser calculado como o de um fio retilíneo, temos o seguinte esquema: Fm -Fm i i A intensidade da força magnética Fm é dada por: Fm = B $ i $ L Na situação, temos: B = 2 $ 10-7 $ r i e L = 2sR Assim: Fm = 2 $ 10-7 $ , , 0 01 0 12 $ 0,12 $ 2s $ 32 ` Fm - 5,8 $ 10-5 N Testes propostos T.329 Aplicando a regra da mão direita no 1 sobre a corrente que passa pelo fio, obtemos no ponto O um campo magnético com a direção do eixo x e o sentido dos valores positivos. Conhecendo-se a direção e o sentido da velocidade e do campo, aplicamos a regra da mão direita no 2 para determinar a direção e o sentido da força magnética, que no ponto O apresenta a mesma direção do eixo y e o sentido dos valores negativos. O x z y Fm v B Resposta: d 22 Física 3 Os FundamentOs da Física Resoluções dos exercícios PARTE II Determinamos, pela regra da mão direita no 2, o sentido da força magnética Fm que age na partícula a (q 2 0) no instante em que penetra no campo. Essa força está orientada para o centro da traje- tória. Logo, a partícula se desvia para a direita. Fm Centro v B q 2 0 a Analogamente, constatamos que a partícula d (q 1 0) desvia em sentido contrário ao da partícula a: Fm Centro v B q 1 0 d Resposta: a T.340 O raio da trajetória circular da partícula de massa m e carga q é dado pela relação: $ r B q m v 1 1 1= Para a partícula de massa m2 e carga q2, temos: $ $ $ r B q m v r B q m v r B q m v 2 2 ] ]2 2 2 2 1 1 2 1 1= = = Logo: r2 = r1 Como $ $ T B q m T B q m2 2 e s s 1 1 1 2 2 2= = , então: $ $ $ T B q m T B q m 2 2 2 2s ] s 2 1 1 2 1 1= = ] T2 = T1 Resposta: b T.341 De $ T B q m2s = , observamos que, se as partículas descreveram trajetórias de mesmo período, o quociente entre o módulo da carga e a massa é o mesmo, independentemente da velocidade inicial. De $ R B q mv = , concluímos que, sendo q m cons- tante, as velocidades iniciais v são diferentes, pois os raios são diferentes. Resposta: c (III) B v Fm + Resposta: e T.336 Temos uma partícula negativa (elétron), uma partícula neutra (nêutron) e duas partículas positivas (próton e partícula a). O nêutron não sofre ação do campo. Logo, sua trajetória é a II. As partículas positivas desviam num certo sentido e as negativas em outro. Portanto, I é a trajetória do elétron. As trajetórias III e IV são das partículas posi- tivas. Para o próton, o raio de sua trajetória é dado por $ R B q mv P= . A partícula a (constituída de 2 prótons e 2 nêutrons) tem carga elétrica igual ao dobro da carga elétrica do próton (2q) e massa praticamente igual a quatro vezes à do próton (4m). O raio da trajetória descrita pela partícula a é dado por: $ $ $ R B q mv R B q mv R 2 4 2 2]a a P= = = Nessas condições, concluímos que III é a traje- tória da partícula a e IV é a trajetória do próton. Resposta: e T.337 Aplicando a regra da mão direita no 2, concluí- mos que a partícula alfa deve atingir o ponto D, pois tem carga positiva e deve seguir sempre a direção orientada de v , que é tangente à trajetória. Analogamente, concluímos que a partícula beta, sendo negativa, atinge o ponto A, também seguindo na direção orientada de v , tangente à trajetória. Os raios gama não sofrem a ação da força magnética, pois são ondas eletromagnéticas, e, portanto, seguem na direção do eixo z. Resposta: d T.338 Se o próton penetrar no campo magnético B com velocidade v perpendicular a B, ele descreverá um MCU de raio $ R B q mv = , inversamente pro- porcional à sua carga q. Resposta: d T.339 O raio da órbita de uma carga em um campo magnético é dado por: $ R B q mv = Observando os valores de m e q da partícula a e da partícula d, concluímos que o raio da traje- tória da primeira é maior: R a 2 R d 25 Física 3 Os FundamentOs da Física Resoluções dos exercícios PARTE II T.357 A corrente elétrica no condutor tem sentido de B para A. O vetor campo magnético B sai do polo norte e chega ao polo sul do ímã. Conhe- cidos os sentidos de B e i, por meio da regra da mão direita no 2, determinamos o sentido de Fm: para cima. B i i i N A B Fm C E S + - Resposta: c T.358 (01) Correta. Fm = B $ i $ L $ sen J, em que J é o ângulo entre B e i. Sendo J = 0w, vem: Fm = 0 B i (02) Correta. O vetor campo magnético B é or- togonal ao condutor retilíneo (fio elétrico). B i (Fio elétrico) (04) Correta. A força magnética sobre o condutor tem intensidade dada por: Fm = B $ i $ L $ sen J Sendo J = 90w, temos sen J = 1 e, portanto, Fm é máximo. Fm = B $ i $ L ] Fm = 2 $ 500 $ 10-3 $ 1 ` Fm = 1 N (08) Incorreta. De acordo com a regra da mão direita no 2, invertendo-se o sentido de i, inverte-se o sentido de Fm. Entretanto, seu módulo não será alterado. (16) Correta. Invertendo-se os sentidos de i e de B, o sentido de Fm não se alterará. i B Fm i B Fm Resposta: 23 (01 + 02 + 04 + 16) (32) Incorreta. Conforme o valor da velocidade v, a intensidade da força magnética poderá ser diferente ou igual à da força elétrica. Nesse último caso, a resultante sobre as partículas é nula e elas não serão aceleradas. Resposta: 13 (01 + 04 + 08) T.353 Para que a velocidade v seja constante, é preciso que as forças magnética e elétrica se equilibrem: Fm = Fe ] B $ q $ v = q $ E ] v B E = Portanto, não importam nem a massa nem a carga elétrica da partícula, sendo a velocidade v dada pela razão v B E = . Assim, conservando os sentidos dos campos, bem como suas respec- tivas intensidades, as partículas descreverão a mesma trajetória pontilhada. Resposta: e T.354 I. Correta. O feixe não sofre desvio, o que in- dica que as intensidades das forças elétrica e magnética são iguais (Fm = Fe ). Sendo Fm = B $ q $ v e Fe = q $ E, vem: B $ q $ v = q $ E ] B v E = Como E = 1,0 $ 106 V/m e , $ v c 3 3 3 0 108 = = m/s = 1,0 $ 108 m/s, temos: , , $ $ B 1 0 10 1 0 10 8 6 = ` B = 1,0 $ 10-2 T II. Incorreta. Não é possível dizer que o mé- son tem carga positiva, pois, se a sua carga fosse negativa, as forças elétrica e magnética continuariam tendo sentidos contrários. III. Correta. Se o campo elétrico for desligado, as partículas ficarão sujeitas apenas à força magnética, cuja direção é perpendicular à direção do movimento. Em consequên cia, as partículas descreverão um movimento circular e uniforme no plano xz. Resposta: b T.355 Podemos encontrar o campo elétrico por meio da relação: v B E = ] 3,5 $ 106 = , E 1 2 ` E = 4,2 $ 106 V/m Para encontramos a diferença de potencial podemos usar: SV = Ed ] SV = 4,2 $ 106 $ 2,0 $ 10-3 ` SV = 8,4 $ 103 V Resposta: d T.356 Aplicando a regra da mão direita no 2, veri- ficamos que, para os sentidos indicados da corrente elétrica e da força magnética Fm e , o vetor indução magnética B deve ter direção perpendicular ao plano da página, com sentido “entrando” nesse plano. Resposta: c 26 Física 3 Os FundamentOs da Física Resoluções dos exercícios PARTE II T.362 Aplicando a regra da mão direita no 2, obtêm-se as forças indicadas. B F’ F’ F F i i i i Portanto, as forças se equilibram duas a duas e, tendo a mesma direção, o torque (momento) é nulo. Resposta: b T.363 Aplicando a regra da mão direita no 2, para cada pequeno trecho do condutor, observamos que as forças magnéticas tendem a produzir um alargamento da espira. B Fm FmFm FmFm FmFm i i Resposta: b T.364 Considerando-se que o polo norte é C e que a corrente flui do raio para o mercúrio, a aplica- ção da regra da mão direita no 2 indica que o sentido da força magnética é tal que faz a roda girar no sentido anti-horário. Mantendo-se C como polo norte, para o sentido do giro ser horário a corrente deve fluir do mer- cúrio para o raio. Resposta: c T.365 Ao ligarmos a chave S, surge uma corrente no circuito cujo sentido é saindo do polo positivo e entrando no polo negativo da bateria. O campo magnético tem direção vertical, saindo do polo norte e entrando no polo sul do ímã. Conhecendo a direção e o sentido de B e i, aplica- mos a regra da mão direita no 2 e determinamos o sentido da força magnética sobre a espira. As forças magnéticas tendem a girar a espira ao redor do eixo X e no sentido de Y para Z. Resposta: a Fm Fm Z C A D E i i X Y S S N i i B + - T.359 Pela regra da mão di- reita no 2 determina- mos o sentido da força magnética que age na barra. Na figura repre- sentamos também a força exercida pela mola na barra (força elástica). Embora não esteja ex- plícito no enunciado, vamos impor que ao atingir a catraca a for- ça magnética seja equilibrada pela força elástica. Entre suas intensidades temos: Fm = Felást. ] B $ i $ l = kx ] ] B $ i $ l = k $ vm $ St ] ] B $ 6 $ 5 $ 10-2 = 5 $ 5 $ 6 $ 10-3 ` B = 5 $ 10-1 T Resposta: a T.360 A intensidade da força magnética é dada por: Fm = B $ i $ L $ sen J ] Fm = 0,5 $ 2 $ 0,10 $ sen 90w ` Fm = 0,10 N O sentido de Fm, dado pela regra da mão direita no 2, é para cima conforme mostra a imagem abaixo. i B Fm Portanto, vai suspender o condutor AB, compri- mindo as molas. Resposta: a T.361 Sobre o fio agem a força magnética Fm, a força elástica Felást. e o peso P, segundo o esquema: Fm P Felást. A intensidade da força magnética é dada por: Fm = B $ i $ L Sendo L = 20 cm = 2 $ 10-1 m, temos: Fm = 0,5 $ 2 $ 2 $ 10-1 ` Fm = 0,2 N A intensidade do peso do fio de massa m = 10 g = 10 $ 10-3 kg = 10-2 kg vale: P = mg = 10-2 $ 10 ` P = 0,1 N Como a força elástica é dada por Felást. = Fm - P, temos: Felást. = 0,2 - 0,1 ` Felást. = 0,1 N A constante elástica da mola é k = 5 N/m. Apli- cando a lei de Hooke, obtemos: Felást. = kx ] 0,1 = 5x ` x = 0,02 m = 2 cm ] ] x = 20 mm Resposta: e Fm Felást. Bi 27 Física 3 Os FundamentOs da Física Resoluções dos exercícios PARTE II T.370 Vamos inicialmente determinar a intensidade do campo magnético no interior do solenoide sem o núcleo de ferro. B0 = j0 L N $ i ] B0 = 4s $ , $ 2 0 4 106 $ 1,5 ` B0 = 12s $ 10-1 T Com o núcleo de ferro a intensidade do campo magnético passa a ser 1000 vezes maior: B = 1000B0 ` B = 12s $102 T Resposta: b T.371 I. Correta. Aplicando a regra da mão direita no 1, verificamos que a extremidade A do prego, de onde “saem” as linhas de indução, é o polo norte, e a extremidade B, por onde entram as linhas de indução, é o polo sul. II. Incorreta. Não estando imantado, o prego é atraído por ambos os polos do eletroímã. III. Incorreta. A intensidade do vetor indução magnética depende da intensidade da cor- rente que circula pelo solenoide. Resposta: d Indução eletromagnética Capítulo 15 Para pensar O campo magnético do ímã induz o ordenamento dos polos magnéticos na corda de aço da guitarra. Ao trocar essa corda pela de náilon, o ordenamento dos polos fica dificultado, pois o náilon apresenta magnetização des- prezível. Com a ausência da indução eletromagnética, o amplificador ligado ao instrumento não emite som por não receber sinal em sua entrada. Exercícios propostos P.368 A fem induzida no condutor vale: e = B $ L $ v = 0,5 $ 0,10 $ 1 ` e = 5 $ 10-2 V P.369 A ddp marcada pelo voltímetro corresponde à fem induzida no condutor durante a passagem do trem e vale: e = B $ L $ v = 15 $ 10-6 $ 1 $ 20 ` e = 3 $ 10-4 V P.370 a) A fem é dada pela relação: e = B $ L $ v ] e = 1,5 $ 0,40 $ 2 ` e = 1,2 V b) A intensidade da corrente pode ser calculada por: i = eR ] i = , , 0 6 1 2 ` 2 A Pela regra da mão direita no 2, determinamos o sentido do movimento dos elétrons no interior do condutor AB. O sentido convencional da corrente elétrica é contrário ao do movimento dos elétrons e, no caso, anti-horário. B Ai i v B Fm R C D L = 40 cm- T.366 FmFm x y i i B Os condutores x e y são percorridos por corren- tes de sentidos opostos. Entre eles ocorre repul- são. O vetor indução magnética que a corrente i que percorre o condutor x cria em y aponta para dentro do plano do papel, de acordo com a regra da mão direita no 1. Resposta: a T.367 Os fios AB e CD são percorridos por correntes de sentidos opostos e se repelem. Fm Fm E A D R B C i i i i i i + - Resposta: b T.368 Fm = $ $s j r i i L2 0 1 2 Fm = , , , ,$ $ $ $ $s s 2 4 10 2 0 10 1 0 2 0 1 0 7 2 - - ` Fm = 2 $ 10-5 N Como os fios são percorridos por correntes de mesmo sentido, entre eles ocorre atração. Resposta: b T.369 Fm B1B2 -Fm i2i1 d i1 origina, onde está i2, o campo B1 (regra da mão direita no 1). B1 exerce em i2 uma força magnética (regra da mão direita no 2). Recipro- camente i2 origina, onde está i1, o campo B2, que exerce em i1 outra força magnética. Note que há repulsão. Se as correntes tivessem mesmo sentido, teríamos atração. Fm = B1 $ i2 $ L ] Fm = s j 2 0 $ r i1 $ i2 $ L ] ] L Fm = s j 2 0 $ $ r i i1 2 ] L Fm = $ s s 2 4 10 7- $ $ $ 2 10 4 5 2- ` L Fm = 2 $ 10-4 N/m Resposta: a 30 Física 3 Os FundamentOs da Física Resoluções dos exercícios PARTE II P.384 a) B cresce com o tempo. O fluxo indutor A cresce com o tempo e, dessa forma, o fluxo induzido Ae surge, opondo-se ao crescimento de A. O campo Be, que origina Ae, tem o sentido indicado na figura. Pela regra da mão direita no 1, concluímos que a corrente induzida i tem sentido anti-horário. b) B decresce com o tempo. O fluxo indutor A decresce com o tempo e, des- sa forma, o fluxo induzido Ae surge, no mesmo sentido de A, opondo-se ao decréscimo. O campo Be, que origina Ae, tem o sentido indicado na figura. Pela regra da mão direita no 1, concluímos que a corrente induzida i tem sentido horário. P.385 1. Não. As linhas de indução do campo criado pela corrente elétrica que percorre um con- dutor reto são circunferências concêntricas ao condutor e situadas em planos perpen- diculares a ele. Assim, as linhas de indução não atravessam a superfície do anel metálico (espira) e, portanto, o fluxo magnético atra- vés do anel é nulo. Outro modo de se veri- ficar que o fluxo é nulo é observar que nos pontos da superfície do anel o vetor campo magnético está contido no plano do anel e, portanto, o ângulo entre B e a normal n é 90° e cos 90° = 0. 2. Sim. Nesta situação, o campo magnético gerado pela corrente está saindo da superfície do anel, o mesmo acontecendo com as linhas de indução. Variando-se i, varia a intensidade do campo que ela gera e, portanto, varia o fluxo magnético. Assim, corrente elétrica é induzida no anel. B A i I i varia B varia A varia Surge no anel I 3. Não. Nesta situação, o campo magnético B1 gerado pela corrente está saindo da metade superior da superfície do anel, o mesmo acontecendo com as linhas de indução e o correspondente fluxo A1. Na metade inferior o campo magnético B2 está entrando, o mes- mo acontecendo com as linhas de indução e o fluxo A2. Nestas condições, são induzidas na parte superior do anel e na parte inferior forças eletromotrizes de mesmo valor e de polaridades opostas que, portanto, se anulam. i B B’ A A’ iB B’ A A’ Vista superior: R 5 m 1,5 m B 1, 25 m 2 m v t0 = 0 B R v t = 0,5 s P.382 i = eR ] i = $$ R B L v ] i = $ $ $ $ 0 1 10 1 2 0 10 5 22 -- ` i = 1,0 $ 10-3 A De acordo com a lei de Lenz, o fluxo induzido Ae surge no sentido indicado, opondo-se à diminui- ção do fluxo in dutor A. Desse modo, o sentido da corrente induzida é anti-horário. B 10 cm 10 cm Sentido do movimento Posição da espira no instante t = 2 s 20 cm i A A’ P.383 a) Quando o polo sul do ímã se aproxima do anel, de acordo com a lei de Lenz ele é per- corrido por uma corrente, de modo a se opor à aproximação do ímã. Portanto, a corrente deve circular de tal forma que a face volta- da para o polo sul do ímã seja um polo sul. Assim, para o observador situado acima do anel, a corrente elétrica induzida tem sen- tido horário. b) A amplitude de oscilação do ímã diminui. Isso ocorre porque no anel sempre surge um polo que se opõe à aproximação ou ao afas- tamento do ímã, de acordo com a lei de Lenz. Outra maneira de verificar que a amplitude diminui é considerar que no anel surge cor- rente induzida e, portanto, energia elétrica. Essa energia provém da energia de oscilação do ímã (energia cinética + energia potencial). A diminuição da energia de oscilação tem como resultado a diminuição da amplitude de oscilação. 31 Física 3 Os FundamentOs da Física Resoluções dos exercícios PARTE II b) 0,001 0 0,1 0,2 0,3 t (s)0,4 A (Wb) De 0,3 s a 0,4 s, temos SA = - 0,001 Wb para cada espira. Como a bobina tem 400 espiras (N = 400), teremos na bobina a força eletromotriz: e = - N $ S SA t ] e = – 400 $ , , 001 0 1 0- ` e = 4 V Vale ressaltar que no intervalo de 0 a 0,1 s, te- mos e = - 4 V. P.389 a) Campo gerado pela espira externa entre 2 s e 4 s: B = j 2 0 $ R i ] B = ,$ $ $s 1 0 4 1 2 10 7- ̀ B = 2s $ 10-7 T Sendo A = sr 2 = 10-4s m2, o fluxo magnético na espira menor será: A = BA ] A = 2s $ 10-7 $ 10-4s ] A = 2s2 $ 10-11 ` A - 2 $ 10-10 Wb b) Cálculo da fem induzida e da intensidade de corrente induzida (ie) De 0 a 2 s: SA = A - 0 ` SA = 2 $ 10-10 Wb e = S SA t- ] e = $2 10 2 10 - - ` e = - 1 $ 10-10 V ie = R e E ] ie = , $10 0 1 1 10- - ` ie = - 1 $ 10-9 A ] ] ie = - 1 nA De 2 s a 4 s: SA = 0 ] e = 0 ] i = 0 De 4 s a 8 s: SA = 0 - A ` SA = - 2 $ 10-10 Wb e = S SA t- ] e = $ 4 2 10 10 - - -` j ` e = + 0,5 $ 10-10 V ie = R e E ] ie = , , $ 0 1 100 5 10+ - ` ie = + 0,5 $ 10-9 A ] ie = + 0,5 nA Partindo dos valores calculados para a cor- rente induzida (i e), construímos o gráfico ie (nA) # t (s). 0 2 4 6 t (s) i' (nA) 8 0,5 -1 Assim, não há corrente induzida no anel. B1 A1i B2 A2 P.386 a) Para uma espira: A1 = B1A $ cos J ] A1 = 8,0 $ 0,20 $ 0,30 $ cos 0w ` A1 = 0,48 Wb A2 = B2A $ cos J ] A2 = 16 $ 0,20 $ 0,30 $ cos 0w ` A2 = 0,96 Wb SA = A2 - A1 ] SA = 0,96 - 0,48 ` SA = 0,48 Wb A força eletromotriz, considerando-se uma bobina de 10 espiras (N = 10), será: e = - N $ S SA t ] e = - 10 $ , , 1 2 0 48 ` e = - 4,0 V ] ] e = 4,0 V b) i = e R ] i = , , 4 0 4 0 ` i = 1,0 A P.387 Pela lei de Faraday-Neumann, temos: e = S SA t- , onde: SA = A2 - A1 = B $ s $ a 2 2 c m - B $ s $ a2 ] ] SA = - B $ s $ a3 4 2 No intervalo de St = 1 s: e = $ $ S s t B a 4 3 2 - - ] e = $ $ $sB a 4 3 2 A intensidade da corrente induzida vale: i = eR ] i = $ $ $s R B a 4 3 2 Sentido da corrente induzida: Diminuindo o raio da espira, diminui-se o fluxo magnético indutor A. O fluxo induzido Ae surge no mesmo sentido de A, opondo-se à sua diminuição. Pela regra da mão direita no 1, concluímos que a corrente induzida tem sentido horário: i Bi A A’ P.388 a) No intervalo de tempo entre 0,1 s e 0,3 s, a fem induzida na bobina é zero, porque não há variação de fluxo magnético. 32 Física 3 Os FundamentOs da Física Resoluções dos exercícios PARTE II P.392 a) Chave Ch aberta: surge uma ddp induzida entre os terminais do solenoide. Chave Ch fechada: passa corrente induzida no solenoide. b) Aparecem correntes induzidas ao longo do disco metálico. São as correntes de Foucault. Testes propostos T.372 Sob ação da força magnética, elétrons se deslo- cam para a extremidade inferior da barra me- tálica. Nessa extremidade, temos um acúmulo de elétrons e a outra extremidade fica eletrizada com cargas positivas. v B +++ +++ ------ - Fm Resposta: d T.373 v Foperador B R i - Fm F’m Na figura, representamos a força aplicada na barra pelo operador e a força magnética F em que o campo magnético B exerce na corrente. Essa força tem sentido oposto à força aplicada pelo operador e mesmo módulo, a fim de a barra se deslocar em MRU. Observe que o sentido de F em está de acordo com a regra da mão direita no 2. Assim, vamos impor: Foperador = Fem ] Foperador = B $ i $ L ] ] Foperador = B $ $$ R B L v $ L ] Foperador = $ $ R B L v2 2 ] ] 3,75 $ 10-3 = , ( , ) ,$ $B 3 00 0 500 2 002 2 ` B = 0,150 T Resposta: d T.374 i Fm F B Para que a barra se desloque com velocidade constante, a força necessária F e a força mag- nética Fm devem ter mes ma direção, sentidos opostos e intensidades iguais: F = Fm ] F = B $ i $ L c) O sinal da intensidade da corrente induzida indica seu sentido em relação à corrente na espira externa. Assim: de 0 a 2 s p sentido horário (oposto à cor- rente i ) de 2 s a 4 s p corrente nula de 4 s a 8 s p sentido anti-horário (o mesmo da corrente i) P.390 a) A frequência da corrente que percorre o fio retilíneo pode ser calculada por meio do grá- fico i # t : T = 0,02 s ] f = T 1 ] f = , 1 0 02 ` f = 50 Hz b) Considerando o raio da espira desprezível em relação à distância do centro da espira ao fio temos que A = BA e sendo B = $ sr ij 2 0 , em que r é a distância do centro da espira ao fio, temos: A = $ sr ij 2 0 $ A Portanto, o gráfico A # t tem o mesmo aspecto do gráfico i # t dado. Assim, temos: t (s) 0,01 0,02 0,03 0 -A +A A (Wb) c) Lembrando que a força eletromotriz induzida é dada por e = S SA t- , resulta o seguinte gráfico: e (V) t (s)0,0050 0,015 0,025 0,03 -e +e P.391 a) e = S SA t- ] e = $ S S t B A - ] e = $B T rs 2 - ] ] e = - Bsr 2 $ f ] e  0,5 $ s $ (0,4)2 $ 0,2 ` e - 0,05 V b) O fluxo indutor A aumenta. O fluxo induzido Ae surge, opondo-se ao aumento. Portanto, o campo Be que origina Ae tem o sentido indi- cado na figura. Pela regra da mão direita no 1, concluímos que o sentido da corrente induzida em R é de O para A. R OA B’ C A A’ 35 Física 3 Os FundamentOs da Física Resoluções dos exercícios PARTE II Conhecendo-se o sentido de Be, que origina Ae, temos, pela regra da mão direita no 1, que o sentido da corrente induzida é horário. B (1) (2) (3) i i i i B’ B’ i i i i A A’ A A’ v v v Resposta: d T.386 Ao girar a espira, varia o fluxo magnético através de sua superfície. Surge na espira uma corrente induzida. Essa corrente gera um campo magné- tico, que se opõe à rotação da espira , de acordo com a lei de Lenz. Resposta: a T.387 Com o movimento oscilatório do resistor, a área da espira varia e consequentemente varia o fluxo magnético, e surge na espira corrente induzida. Quando o resistor desce, o fluxo indutor A au- menta. O fluxo induzido Ae surge, opondo-se ao aumento. Conhecendo-se o sentido de Be, que origina Ae, temos o sentido da corrente induzida: anti-horário. B P P i i i B’ P Q A A’ rente elétrica. Essa corrente, que percorre a bobina, cria um campo magnético. Aproxi- mar ou afastar rapidamente o ímã significa produzir uma certa variação de fluxo SA, num pequeno intervalo de tempo St, o que implica maior módulo da fem induzida S SA e t= -e o. (02) Correta. Ao afastarmos o polo norte, surge, na face da bobina próxima ao ímã, um polo sul que se opõe ao afastamento, de acordo com a lei de Lenz. (04) Correta. A aproximação do polo norte cria, na face da bobina próxima ao ímã, um polo norte que se opõe à aproximação, de acordo com a lei de Lenz. (08) Incorreta. De acordo com a lei de Lenz, a corrente induzida cria um fluxo induzido Ae que se opõe à variação do fluxo indutor A. (16) Incorreta. Durante a aproximação do ímã, a corrente induzida tem um sentido e, du- rante o afastamento, outro. Resposta: 07 (01 + 02 + 04) T.384 A corrente induzida tem um sentido durante a entrada da espira no campo e sentido oposto du- rante a saída. Convencionando como positiva uma intensidade de corrente, a outra será negativa. Sendo constante a velocidade com que a espira atravessa o campo, concluímos que a força ele- tromotriz induzida E é constante, pois é dada por E = B $ L $ v. Nessas condições, sendo R a resistência elétrica da espira, a intensidade da corrente será: i = $$ R B L v = constante Quando a espira está totalmente imersa no campo, não há variação de fluxo magnético e, portanto, a corrente induzida é nula. O gráfico que satisfaz a todos esses requisitos é o da alternativa c. Resposta: c T.385 I. Aumentando. À medida que a espira penetra no campo, aumenta o número de linhas de indução que a atravessam. Portanto, o fluxo magnético aumenta. II. Corrente. Estando totalmente imersa no cam- po, não há variação de fluxo magnético e, por- tanto, não há corrente induzida. III. Contrário. Espira entrando no campo (posição 1): O fluxo indutor A aumenta. O fluxo induzido Ae se opõe ao aumento. Conhecendo-se o sentido do campo magnético Be, que origina Ae, temos, pela regra da mão direita no 1, que o sentido da corrente induzida é anti-horário. Espira saindo do campo (posição 3): O fluxo indutor A diminui. O fluxo induzido Ae surge, opondo-se à dimi- nuição, isto é, surge no mesmo sentido de A. 36 Física 3 Os FundamentOs da Física Resoluções dos exercícios PARTE II B Reostato Bateria P R Q Espira i i i B Reostato Bateria P R Q Espira i i i Não haverá corrente elétrica induzida na espira quando não ocorrer variação do fluxo magné- tico. Isso acontece quando a espira se desloca em linha reta na direção do ponto P. Observe, nesse caso, que a espira passa por pontos si- tuados à mesma distância do fio e, portanto, com B constante. Resposta: a T.390 No intervalo de tempo de 0 a t1 a intensidade da corrente I1 aumenta. A intensidade do campo de indução magnética B1 que I1 produz, nos pon- tos da superfície da espira, também aumenta e, portanto, varia o fluxo A (fluxo indutor) na superfície da espira. Consequentemente, nesse intervalo, tem-se uma corrente induzida I2. De acordo com a lei de Lenz, o fluxo induzido Ae se opõe ao aumento do fluxo indutor. Nessas condições, pela regra da mão direita no 1, I2 tem sentido anti-horário. Como foi convencionado I2 positivo no sentido horário, concluímos que, no intervalo de 0 a t1, tem-se I2 1 0. I2 I1 B1 A A’ No intervalo de tempo de t1 a t2, a intensidade da corrente I1 é constante. Logo, B1 e A são constan- tes e, não havendo variação de fluxo magnético, resulta I2 = 0. No intervalo de tempo de t2 a t3, a intensidade da corrente I1 diminui. Logo, B1 e A diminuem, e o fluxo induzido Ae surge, opondo-se à diminuição de A. Pela regra da mão direita no 1, tem-se I2 no sentido horário e, portanto, positivo. Assim, a alternativa correta só pode ser e. Quando o resistor sobe, o sentido da corrente indu- zida se inverte. A intensidade da corrente induzida é variável, pois é variável a velocidade do resistor em seu movimento oscilatório. B P P i i i B’ P Q A A’ Resposta: c T.388 B é o campo magnético gerado pela corrente i, nos pontos onde está a espira circular. Se i cresce, B também cresce e o fluxo indutor A aumenta. O fluxo induzido Ae surge em sentido oposto ao de A. Conhecendo-se o sentido de Be, determina-se o sentido da corrente induzida: horário. i (crescendo) Iind. B B’ A A’ Se B decresce, A diminui e Ae surge no mesmo sentido de A, opondo-se à diminuição. Conhe- cendo-se o sentido de Be, determina-se o sentido da corrente induzida: anti-horário. B B’ A A’ i (decrescendo) Iind. Resposta: d T.389 A corrente elétrica que atravessa o fio próximo à espira cria, no lado onde está a espira, um campo magnético B, saindo do papel. A intensidade de B diminui à medida que aumenta a distância do ponto ao fio. 37 Física 3 Os FundamentOs da Física Resoluções dos exercícios PARTE II II. Incorreta. Raciocínio análogo mostra-nos que o sentido da corrente induzida é anti-horário. III. Incorreta. Não há corrente induzida, pois não existe movimento relativo entre os circuitos. Resposta: a T.393 Ao girarmos a espira em torno de um diâmetro, varia o fluxo magnético e uma corrente elétrica será induzida. Com relação a outras situações descritas, não há variação de fluxo magnético. Com relação à alternativa b, enquanto a espira se deslocar to- talmente imersa no campo, não haverá variação de fluxo magnético e consequentemente não será induzida corrente elétrica. Resposta: a T.394 a) Ímã que se desloca com uma velocidade v. i N v S Ao aproximar da espira o polo norte do ímã, surge na espira um polo norte que se opõe à aproximação. A corrente induzida tem sentido anti-horário, conforme o esquema acima, não contrariando a lei de indução de Faraday. b) Espira em deformação (diminuindo). i NS A, A’ e B’ entram na espira A A’ O fluxo indutor A diminui. O fluxo induzido Ae se opõe à diminuição e aparece no mes- mo sentido de A. Be, que origina Ae, tem o mesmo sentido de Ae e, pela regra da mão direita no 1, a corrente induzida tem sentido horário. Portanto, o esquema dado não contraria a lei de indução de Faraday. c) Circuito (1) deslocando-se com uma velocida- de v. i i 1 v A A’ O fluxo indutor A aumenta, o fluxo induzido Ae aparece em sentido oposto, assim como Be, opondo-se ao aumento de A. Logo, a corrente induzida tem sentido anti-horário. O esquema dado não contraria a lei de indução de Faraday. d) Logo após o instante em que se fecha a chave S. i B aumentando S A A’ A’ I2 I1 B1 A A’ É possível demonstrar que I2 é constante nos intervalos de tempo de 0 a t1 e de t2 a t3, pois, nesses intervalos, I1 varia com o tempo segundo uma função do 1o grau. Resposta: e T.391 Ao fecharmos a chave Ch, embora a bateria seja um gerador de corrente contínua, durante um pequeno intervalo de tempo a corrente no circuito que contém a bateria cresce de zero até atingir um valor constante. Nesse lapso de tempo o fluxo magnético através da bobina A e, portanto, através da bobina B varia: o galva- nômetro acusa a passagem de uma corrente induzida transitória. A seguir, a corrente elétrica que se estabelece no circuito que contém a ba- teria fica constante: o fluxo não mais varia e o galvanômetro não acusa passagem de corrente. Ao abrir-se a chave Ch, a corrente cai a zero, durante um pequeno intervalo de tempo. Nesse intervalo, o fluxo varia e o galvanômetro acusa uma corrente transitória. Ch A B N G+ - Resposta: a T.392 I. Correta. No circuito (1), devido ao gerador, circula a corrente i. O condutor do circuito (1) próximo da espira (circuito 2), percorrido pela corrente i, cria nos pontos da espira o campo B, saindo do plano do papel. No intervalo de tempo que corresponde ao fechamento da chave Ch, i cres- ce (de 0 até um valor constante), e B e o fluxo indutor A também crescem. O fluxo induzido Ae se opõe ao crescimento de A. Conhecendo-se o sentido de Be, que origina Ae, concluímos que o sentido da corrente induzida ie é horário, pela regra da mão direita no 1. i (1) Ch i i A(2) i’ i’ B B’ + - A A’