Lista de Exercícios de Física Básica - Prof. Jason Gallas

LISTA 3 Prof Jason Gallas DFUFPB 10 de Junho de 2013 as 1743 Exercıcios Resolvidos de Fısica Basica Jason Alfredo Carlson Gallas professor titular de fısica teorica Doutor em Fısica pela Universidade Ludwig Maximilian de Munique Alemanha Universidade Federal da Paraıba Joao Pessoa Brasil Departamento de Fısica Baseados na SEXTA edicao do Fundamentos de Fısica Halliday Resnick e Walker Esta e outras listas encontramse em httpwwwfisicaufpbbrjgallas Contents 33 Indutˆancia 2 331 Questoes 2 332 Problemas e Exercıcios 2 3321 Indutˆancia 18 2 3322 AutoInducao 913 5 3323 Circuitos RL 1428 6 3324 Energia Armazenada num Campo Magnetico 2937 9 3325 Densidade de Energia de um Campo Magnetico 3846 11 3326 Indutˆancia Mutua 4753 12 ComentariosSugestoes e Erros favor enviar para jasongallas yahoocom sem br no final listaq3tex httpwwwfisicaufpbbrjgallas Pagina 1 de 14 LISTA 3 Prof Jason Gallas DFUFPB 10 de Junho de 2013 as 1743 33 Indutancia de 338 A num certo sentido 0 fluxo liquido através da bobina é nulo Qual é a indutancia da bobina 331 Questdes Q a 63 NBA NBrr Q33 3026 x 10m10 x 1077 Quando o fluxo magnético que atravessa cada espira de uma bobina é 0 mesmo a indutancia da bobina pode 245 x 107 Wb ser calculada por L Npi Eq 332 Como poderiamos calcular L de uma bobina para a qual tal b hipotese nao é valida Op 945 x 1073 Basta computar a fem para cada uma das espiras L GT 380 somalas e depois usar L didt para obter o valor 1 de L 645 x 10 Hm Q 334 Preste atengdo nas unidades envolvidas Desejamos enrolar uma bobina de modo que ela tenha E 333 resistencia mas essencialmente nenhuma indutancia Um solendide é enrolado com uma tinica camada de fio Se ere de fazer é enrolar o fio que compée a de cobre isolado diametro 25 mm Ele tem 4 cm de bobi d das d d q t P diametro e um comprimento de 2 m a Quantas espiras 1 ma em tid cama ha vom le ni hata ASSe possui o solenéide b Qual é a indutancia por metro de nelas em Senudos coniranos Leste Modo a mcurancia comprimento na regiao central do solendide Suponha tendera para zero que as espiras adjacentes se toquem e que a espessura do isolamento seja desprezivel 332 Problemas e Exercicios a O ntmero N de espiras multiplicado pelo diametro de cada espira deve ser igual ao comprimento TTT oo TT CC mpu7NmN do fio Portantto temoss 3321 Indutancia 18 2 9 OT N dn 25x 103 800 espiras E 331 b N g N B A neuo ntA Li Por A indutancia de uma bobina compacta de 400 espiras tanto simplificando a corrente segue vale 8 mH Calcule o fluxo magnético através da bobina 5 quando a corrente é de 5 mA 7 pion A 4nx 107 T 002 Como N Li onde N é 0 nimero de espiras L é a indutancia e 7 a corrente temos 253x 1074 Hm li 8 x 1073 H5 x 1073 A P ag P 334 4 7 wh Um solendide longo e estreito pode ser curvado de a x 10 modo a formar um tordide Mostre que para um solendide suficientemente longo e estreito a equacao E 332 que da a indutancia do tordide Eq 337 assim for Uma bobina circular tem um raio de 10 cm e é formada mado equivalente a de i solendide Eq 334 com por 30 espiras de arame enroladas muito proximas Um um comprimento apropriado campo magnético externo de 260 mT é perpendicular 4 Para um solendide muito comprido com o qual de bobina a Nao havendo corrente na bobina qual é 0 sejamos construir um tordide escrevemos a indutancia fluxo através dela b Quando a corrente na bobina é em fungéo do numero total de espiras N e nao de httpwww fisicaufpbbrjgallas Pagina 2 de 14 LISTA 3 Prof Jason Gallas DFUFPB 10 de Junho de 2013 as 1743 n Nadensidade de espiras por unidade de compri Como a corrente que atravessa os trés indutores em mento As express6es da indutancia para um solendide questao é exatamente a mesma da definigao de in e um tordide sao respectivamente dutancia podemos escrever N di di di Ls nlA po A EL li y Lo S Ho Ho 2 ot 1 Lit 2 2a N2h b soe Lr Ho In Substituindo estes valores na equaao acima e simplifi 20 a cando obtemos Para poder comparar estas férmulas expandimos o LL L logaritmo que aparece em Ly Para que isto seja ad possivel assumimos que 0 tordide tenha dimensG6es sU bh A expresso acima seré valida sempre que o ficientemente grandes tais que x ba 1 ou seja fendmeno de indugdo muitua puder ser desprezado Para tal que b a Calculando ou simplesmente olhando janto é preciso que L e Ls estejam bem afastados numa Tabela qualquer vemos que para um valor ar como requerido pelo problema O caso em que a in bitrario x 120 logaritmo pode ser representado pela qytancia mtitua nao pode ser desprezada é tratado ex seguinte serie de potencias plicitamente no Problema 3349 adiante x1 lym12 1vx13 c Quando tivermos N indutores em série e sem a Ina 5 3 presenca de inducdo miitua vemos facilmente que E an E e conseqiientemente que L Considerando apenas o primeiro termo na série acima ww L segue para x ba k1 k x1 ba1 ba P 336 Ing ba b Indutores em paralelo Dois indutores L e Lz estao lig de modo que ados em paralelo e separados por uma distancia grande a Mostre que a indutancia equivalente é dada por Nhba4 Ly HONDO a Lo1 od 27b 4 L I Le Observando agora que hb a Ae que 27b obtemos nestas condicées que realmente b Por que a separacao entre os indutores tem de ser grande para que a relagdo acima seja valida c Qual a Lg Lr generalizaao do item a para N indutores separados Como para um tordide sempre temos b a da ex P Este problema é andlogo e sua resposta tem a mesma pansao do logaritmo acima vemos que a aproximacdo fundamentagao tedrica do Problema 335 feita é bastante boa a Da definicao de ligacao em paralelo vemos que agora TTT Am Vale 2 71 i2 Sendo que a queda de tensdo nos trés P 335 componentes em questio é a mesma Portanto Indutores em série Dois indutores L e Lz estao lig di diy diy ados em série e separados por uma distancia grande E Loa E Lig E Loa a Mostre que a indutancia equivalente é dada por La L1 Ly b Por que a separacao entre os in Substituindo estes valores na relagao dutores tem de ser grande para que a relagdo acima seja ays oe di di dig valida c Qual é a generalizagao do item a para NV 4f a dt dt dt indutores em série a Nas condicées discutidas abaixo no item b a obtida derivandose 2 1 iz segue facilmente que conservaao da energia requer que a queda de tensdo 1 1 1 ao atravessarmos os dois indutores seja igual 4 soma L Ly Ls eq 1 2 das quedas ao atravessarmos cada indutor separada mente b A justificativa é idéntica a do item b do Problema EE 335 httpwwwfisicaufpbbrjgallas Pagina 3 de 14 LISTA 3 Prof Jason Gallas DFUFPB 10 de Junho de 2013 as 1743 c Para N indutores em paralelo extendendo 0 calculo que coincide com o valor acima feito no item a acima obtemos P 338 1 Nv Dois fios longos e paralelos cada um com raio a cujos L Lh centros estaéo separados por uma distancia d sao per kl corridos por correntes iguais mas em sentidos opostos Mostre que desprezando o fluxo dentro dos préprios P 337 fios a indutancia para um comprimento deste par de fios é dada por Uma tira larga de cobre largura W curvada for ol da mando um tubo de raio R com duas extensoes planas b pn como mostra a Fig 3314 Uma corrente flui através 7 da tira distribuida uniformemente sobre sua largura Veja 0 Exemplo 313 pag 188 Sugestdo calcule o Fezse deste modo um solendide de uma tnica es fluxo através de um retangulo que tem os fios como la pira a Deduza uma express4o para o médulo do dos campo magnético B na parte tubular longe das bordas p A 4rea de integracdo para o cdlculo do fluxo Sugestao Suponha que o campo magnético fora deste magnético é limitada pelas duas linhas tracejadas na solendide de uma Unica espira seja desprezivel b De Figura abaixo e pelas bordas do fio termine a indutancia deste solendide de uma Utnica es pira desprezando as duas extens6es planas a Aplicandose a lei de Ampére a parte tubular tal como feito no caso do solendide produz f Bdl BW qi donde tiramos Hot B WwW b O fluxo é Se a origem for escolhida como estando sobre 0 eixo do 8 fio 4 direita e r medir a distancia a partir deste eixo a 63BA Hot pz integracdo se estendera desde r a até r d aa Ww Considere primeiramente o fio a direita Na regiao de Sabemos que Npz Li Como temos uma tinica es integragao o campo que ele produz entra na pagina e pira N 1 e portanto tem magnitude B ji9i2ar Divida a regiao em tir inhas de comprimento e largura dr como indicado O Nz HOt pe 75 fluxo através da tirinha a uma distancia r do eixo do fio W éd Bédr eo fluxo através da regiao toda é o que implica que boil dr il 1 In 1 Hon R2 an r 20 a Ww O outro fio produz o mesmo resultado de modo que o fluxo total através do retangulo tracejado é a Observe que podemos considerar 0 tubo como pil da composto por N espiras cada uma transportando uma Total 28 T In corrente Ai iN Neste caso estaremos tratando no ye Portanto temos para a indutancia total de um solendide para o qual a densidade de espiras por unidade de comprimento én NW L OTotal Hol in Assim sendo usando a Eq 3112 pag 194 para o Ge a solendide ideal encontramos notando que ip Ai A indutancia L também pode ser encontrada i N Lot combinandose a lei da inducao de Faraday e a Eq 33 B poion po Ww 11 de modo que httpwwwfisicaufpbbrjgallas Pagina 4 de 14 LISTA 3 Prof Jason Gallas DFUFPB 10 de Junho de 2013 as 1743 a Como aumenta 7 a corrente i deve estar de pt dp crescendo dt dt b De Ldidt obtemos O fluxo é calculado pela seguinte integral E 17 4 dijdt 25 x 108 x Op BdA ee A area de integrac4o para o fluxo é a area de uma es E 3310 pira formada por dois fios imaginarios adicionados para Um indutor de 12 H transporta uma corrente constante conectar os dois fios dados fechando 0 circuito Ocom de 2 A De que modo podemos gerar uma fem auto primento dos novos fios é muito pequeno comparado induzida de 60 V no indutor com 0 comprimento dos fios iniciais assim pode Como Ldidt basta fazer com que a cor mos ignorar a contribuigao daqueles Entéo 0 campo oe rente varie a uma taxa de magnético B é a soma dos dois campos magnéticos dos fios iniciais Note que os dois campos possuem o di é 60 V 5 Als mesmo sentido para dentro da pagina e portanto se dt L 12H gundo a Lei de Ampére Eq 17 do Cap 31 pag 191 temos E 3311 Br Hot Hot Um solendide cilindrico longo com 100 espirasem tem Qrr AndTr um raio de 16 cm Suponha que 0 campo magnético Br nao varia na direcfo paralela aos fios e portanto que ele p roduz seja paralelo a0 1X0 dlo solendide uni eye A forme em seu interior a Qual é a sua indutancia por para dA utilizamos um retangulo muito estreito de com metro de comprimento b Se a corrente variar a uma primento e largura dr escolhendo o sentido de dA a taxa de 13 As qual sera a fem induzida por metro para dentro da pagina o mesmo sentido de B temos a O dificil aqui é converter corretamente o bp ao Cdr cos 0 numero de espiras oil 1 1 n 100 espirasem 100 espiras10 m On d Jar 10 espirasm Lott da in L z ponA 4m x 1071070016 Donde se conclui que 01Hm dP Hol de In pu b Desprezando o sinal temos dt a dt a dt Portanto sem levar em consideracao o fluxo dentro do é L di 01 Hm x 13 As 13 Vm fio encontramos e edt p yn E 3312 T a TTT A indutancia de uma bobina compacta é tal que uma fem de 3 mV é induzida quando a corrente varia a uma taxa 3322 AutoInducio 913 de 5 As Uma corrente constante de 8 A produz um fluxo magnético de 40 Wb através de cada espira a Calcule a indutancia da bobina b Quantas espiras tem E 339 Num dado instante a corrente e a fem a bobina induzida num indutor tém os sentidos indicados na a A menos do sinal temos Fig 3315 a A corrente esta crescendo ou de crescendo b A fem vale 17 V e a taxa de variacgao E 3x102V 4 da corrente é 25 kAs qual é 0 valor da indutancia L dijdt 5A 6x 10 H httpwww fisicaufpbbrjgallas Pagina 5 de 14 LISTA 3 Prof Jason Gallas DFUFPB 10 de Junho de 2013 as 1743 b Da definigdo do fluxo concatenado obtemos ou seja oR 1 Li 6x 10H8A In1 5 04055 Op 40 x 106 Wb espiras L 3 Portanto L 5 1233 s P 3313 R 04055 A corrente 2 que percorre um indutor de 46 H varia com o tempo conforme é mostrado no grafico da Fig 3316 A resisténcia do indutor vale 12 Q Determine a fem in oo duzida durante os intervalos de tempo a de t 0 até 3323 Circuitos RL 1428 t 2 ms b det 2 até t 5 ms c det 5 até t 6 ms Ignore 0 comportamento nas extremidades E 3315 dos intervalos Em termos da constante de tempo TL quanto tempo pm Use Ldidt extraindo didt do grafico dado devemos esperar para que a corrente num circuito RL Aqui perceba que as diferencas devem sempre ser cresa ficando a 01 do seu valor de equilibrio tomadas entre 0 valor final menos 0 valor inicial para y Ugandoa Eq 3318 obtemos que o sinal da inclinagao esteja correto a Para 0 t 2 ms i E1et Ai 70 00 K E Le 46 TOT OE 16x 104 V Desejamos determinar o valor de t para o quali At 20 00 x 10 0999 ER Isto significa b Para 2 ms 5 ms 1 aa 0999 1e 6 1 a 46 98 8g 8 Vv isto At 50 20 x 108 istoe t 0999 1e c Para 5 ms t 6 ms ou seja tTL opAig 0050 gg ay coe 0001 AE 6 60 50 x 103 23 x 10 V Calculando o logaritmo natural obtemos t Observe que o sinal das tensdes reproduz a inclinacao 1n0001 6908 das curvas no grafico dado apesar de estarmos aqui ig TL norando o sinal negativo da fem induzida ou seja t 690877 que é a resposta procurada E 3314 E 3316 A corrente num circuito RL atinge um terco de seu valor A Corrente mum cIrCUILO RL cat de 1 Ap ara 10 m A no ae primeiro segundo apés a remocao da bateria do circuito de equilibrio em 5 segundos Calcule a constante indu reer ar tiva de tempo Sendo L 10H calcule a resisténcia R do circuito oe A corrente no circuito é dada por Nesta situacdo de carga a corrente no circuito é de terminada pela equac4o it ige E RtL onde ip é a corrente no instante t 0 e Tz LR é i 5 re BYE x R a constante de tempo indutiva Desta equacao obtemos O valor de equilibrio R é atingido em t ov Th oo i x Inito Conseqtientemente a equac4o que fornece a resposta do 0 es ls problema é 0217 8 In10 x 108 A1 A 1 E 5RL 3k alie Portanto R Lr 10 H0217 s 469 httpwww fisicaufpbbrjgallas Pagina 6 de 14 LISTA 3 Prof Jason Gallas DFUFPB 10 de Junho de 2013 as 1743 E 3317 737x 107A Quanto tempo apds a remocéo da bateria a diferenga COTO de potencial através do resistor num circuito RL com E 3320 L2H R3Q decai a 10 de seu valor inicial O fluxo concatenado total através de uma certa bobina de 075 Q de resisténcia vale 26 mW quando é percor A corrente durante a descarga é controlada pela As x 4 RtL rida por uma corrente de 55 A a Calcular a indutancia equaciio it Se sendo que como sempre a RY da bobina b Se uma bateria de 6 V for subitamente diferenga de potencial é dada por vt Rit Por li SL igada a bobina quanto tempo levara para que a corrente tanto o problema consiste em determinarse 0 onstante Z i cresa de 0 até 25 A t que satisfaz a condicgao a A indutancia pedida é 01 ur0 vrt 26x 103 ou seja 01E Ee3 de onde tiramos L i 55 47 x 107 H In0O1 3t2 b Isolandose t da Eq 3318 que da 0 crescimento da corrente temos t 154s iR t rn 1 Lay yi E 3319 Fni Um solendide de indutancia igual a 63 WH esta ligado em série a um resistor de 12 kQ a Ligandose uma ATX 103 in 1 251075 bateria de 14 V a esse par quanto tempo levara para que 075 60 a corrente através do resistor atinja 80 de seu valor fi 3 nal b Qual é a corrente através do resistor no instante 24x 10s t Tr a Se a bateria for ligada ao circuito no instante P 3321 t 0 acorrente num instante posterior é dada por Usando a regra das malhas obtemos JE 4 i1e7 di f R E i iR onde 7 LR O problema pede para achar o instante ou seia t para o qual i 08 R Isto significa termos J di 081e E La ik i d ou seja oti 09 Le 3 5t 3 5tR Portanto 65 38 5t4 4220tV t In027 1609 rT 1609 L P 3322 R p A equacao que rege a tensdo no indutor é 160963 x10 Hoo ese TOSS 7 12x103Q Vi Ee b Para t ry a corrente no circuito onde o subindice i 128 serve para indicar 4 14 V 4 convenientemente o instante de tempo que queremos i Ru e sara le considerar Utilizando agora dois pontos quaisquer da httpwww fisicaufpbbrjgallas Pagina 7 de 14 LISTA 3 Prof Jason Gallas DFUFPB 10 de Junho de 2013 as 1743 Tabela dada por exemplo t 1 mse 2 ms vemos que 47 107628012 010 In 12 20 10 Vi Ee 81 Vo Ee 27 4 29x10H ou seja que b Como o comprimento total do fio é Vo pltetiIte ptita7 628420 x 107 50m a resisténcia do fio é Vi R 50 m002 Nm 12 Portanto Portanto L 29x 1074 Vo tite tp 2 29x 1074s In 108 R 1 Vi TL de onde obtemos que P 3325 t te 10 ms 20 ms 36 T OF 36 ms i L InVaVi m138182 Na Figura 3317 100 V Ry 100 Ro 20 Q R3 30 Qe L 2H Determine os valores de 7 Agora para obter o valor de basta usar 0 fato que e 72 a imediatamente apds o fechamento da chave S V Eei substituindose nesta formula qualquer b muito tempo depois do fechamento de S c imedi um dos pontos da Tabela Por exemplo usandose 0 atamente apds S ser aberta outra vez d muito tempo primeiro ponto da Tabela obtemos depois da abertura de S E Vie tt 182e71036 24V a O indutor impede um crescimento rapido da cor rente através dele de modo que imediatamente apés a Observe que na expresso acima usamos milisegundos chave S ser fechada a corrente no indutor é zero cir como unidade de tempo para abreviar os calculos cuito aberto Isto significa que E facil conferi a acil conferir agora que a equacao 100V saya 4 lo 3 V 24078 B6x10 Volts Ri R 1024200 permite obterse corretamente qualquer um dos outros b Muito tempo depois do fechamento do circuito a COr pontos na Tabela rente através do indutor atinge o valor de equilibrio e oO épraticamente nao mais se altera A fem através do in P 3323 dutor é zero e ele comportase como se estivesse sido substituido por um pedago de fio A corrente em R3 é Para obter o resultado pedido basta computar aj j A lei de Kirchhoff para as malhas fornece derivada de ambos lados da Eq 3318 EyRw2Ro 0 di a E 1 eo Rut E 4 Ry 44 i2R3 0 dt dtlR E Portanto RTL L i ERz Rz 3 oOO Ce ee R Ro Ry R3 RoR 500 x 108 100 x 20 30 455A 120As 10x 20410 30420x30 ER3 I I tu ennoromggygmMmayxamo PIR Tas Pak Tak a Como a circunferéncia interna do tordide é 10x 2010x3020x30 273 A 2na 2710 cm 628 cm o ntmero de espiras do tordide aproximadamente N 628 cm10 mm c Neste caso a malha do lado esquerdo esta aberta 628 Portanto da Eq 337 temos Como a indutancia desta malha é nula a corrente nela tgN2h b cai imediatamente para zero quando a chave é aberta Tn u seja 77 0 A corrente em R3 varia lentamente L On l a Ou seja i 0 A Rs varia httpwww fisicaufpbbrjgallas Pagina 8 de 14 LISTA 3 Prof Jason Gallas DFUFPB 10 de Junho de 2013 as 1743 apenas pois existe um indutor nesta malha Imediata a corrente através do resistor é igual a corrente através mente apdés a chave ser aberta a corrente tem o mesmo do indutor no instante t LR In2 valor que tinha no momento anterior ao fechamento da a Suponha que i flui da esquerda para a direita chave Este valor 455 273 A 182 A A corrente através da shave fechada Chame de 24 corrente no em Rp idéntica a corrente em fig 182 A resistor suposta fluindo para baixo A lei dos nds d Nesta situag4o nao existem mais fontes de fem no fornece i i ig enquanto que a lei das malhas dé circuito de modo que eventualmente todas correntes i R Ldiydt 0 terao decaido para zero De acordo com a lei dos nés uma vez que didt 0 pois i constante encontramos que didt dizdt Substituindo este resultado na equacio No circuito mostrado na Fig 3318 10 V R obtida pela lei das malhas segue 5Q Rg 102e L 5H Considere as situagées 1 diy a chave S acaba de ser fechada e II a chave S ficou La i R0 fechada durante muito tempo Calcule para estas duas i situagOes a a corrente 7 através de R b a corrente Esta equagao semelhante a dada na secgao 334 um ig através de Ro c a corrente i através da chave da POUC antes da Eq 3320 e sua solugao a Eq 3320 diferenca de potencial através de Re e a diferenga de iy ine RtE potencial através de L f dig dt onde 7p é acorrente através do resistor em 0 imedi D Chave S acaba de ser fechada neste instante a atamente apoés a chave ser fechada Imediatamente apés reagan do indutor variagao da corrente que era nula o fechamento da chave o indutor age de modo a evitar 0 maxima atuando de modo a tentar manter a corrente rapido crescimento da corrente na malha que o contém nula naquele ramo Portanto de modo que naquele instante temos 72 Oe 21 i a et ER 105 2A Portanto 79 7 de modo que b 72 0 pois no instante em que a chave é fechada o indutor se opde ao maximo 4a passagem de corrente i i e RtL d V2 72 Rpg O xX2O0V RtL e Vz Ex 10 V opostaa E ip ii i1e iF Q Gap 5 2Ab b Quando 72 i1 I Um longo tempo apés 0 fechamento da chave So in eo RtL 1 oo RtL dutor estara carregado pronto para reagir caso apareca algum digdt 0 Entretanto enquanto nfo houver de modo que variacao de corrente através do indutor ele se comporta como um curto circuito ou seja nao reage 4 passagem eo RtE 1 ou seja t L In 2 da corrente 2 R aij 2A oe b dizdt 0 Ase iz te PH1A ci 2 72 3A 3324 Energia Armazenada num Campo Magné d Vo ig Rg 1x 1010V tico 2937 e V L 2 0V TT f 2 0 Ass A energia armazenada num certo indutor é 25 mJ quando a corrente é 60 mA a Calcular a indutancia No circuito mostrado na Fig 3320 a chave S é fechada b Que corrente necessdria para a energia magnética no instante t 0 A partir desse momento a fonte armazenada ser quatro vezes maior de corrente constante através da variagao da sua fem a Como Uz 1 Li2 25 mJ obtemos facilmente mantém uma corrente constante 7 saindo de seu termi nal superior a Deduza uma expressao para a corrente 2Up 2x 25 x 1073 através do indutor em fungao do tempo b Mostre que b 2 6 x 1082 1389 H httpwwwfisicaufpbbrjgallas Pagina 9 de 14 LISTA 3 Prof Jason Gallas DFUFPB 10 de Junho de 2013 as 1743 b Para que tenhamos U 4Ug 100 mJ pre b A poténcia dissipada pela resisténcia em qualquer cisamos de uma corrente igual a instante t Pt it Re portanto 2 PUR 2x 100 x 103 Prt01 101 exo x 10 VE 1389 154818 W 012A120mA c A poténcia fornecida pela bateria em qualquer in State t P t Eit No instante t 01 s temos E 3331 2 oo Pt 01 1 ex 393469 Js Uma bobina com uma indutancia de 2 H e uma re R sisténcia de 10 subitamente ligada a uma bateria Tendo calculado este trés valores podemos verificar se de resisténcia desprezivel com E 100 Volts a Qual existe ou ndo conservacio da energia Pampo PR Pru sera a corrente de equilibrio b Que quantidade de Verificamos que realmente existe 154818 238651 energia estard armazenada no campo magnético quando 393 469 esta corrente for atingida TS P 3333 m aiER10A b Suponha que a constante de tempo indutiva para o cir 1 5 cuito da Fig 336 seja de 37 ms e que a corrente no Up 2 Li 05210 100 J circuito seja zero no instante t 0 Em que instante a taxa de dissipagao de energia no resistor é igual a taxa COM UE a Energia esta sendo armazenada no indutor E 3332 Dizerse que a dissipagao no resitor é igual a taxa de Uma bobina com uma indutancia de 2 He uma re 2aZenamento de energia no indutor equivale a dizer sisténcia de 10 Q é subitamente ligada a uma bateria de se que 2 resisténcia desprezivel com 100 V Apos 01 s de RU Ey t a ligacdo ter sido feita quais sao as taxas com que a A corrente que obedece a condiao inicial a energia esta sendo armazenada no campo magnético b a energia térmica esta aparecendo e c a energia esta t R 1 e Bt sendo fornecida pela bateria Como sabemos que L didt podemos reescrever Durante a carga a corrente é controlada pela equagao a primeira das equagées acima ja tendo eliminado o fa tor 7 comum aos dois membros e lembrando que tT it R 1 ehh 101 ce LR como di a R 4 La E ER i re leme GE om Upt Lit R RL 2 7 1001 e Loe dein 1 ly t 1001 26 e n5 s Conseqiientemente Up 1 Pay 2 t 1 n5 me dt 01s 2 100 106 We 1001 87 x 06931 256 ms 238651 Js P 3334 httpwwwfisicaufpbbrjgallas Pagina 10 de 14 LISTA 3 Prof Jason Gallas DFUFPB 10 de Junho de 2013 as 1743 Uma bobina esta ligada em série com um resistor de 10 onde tz a constante de tempo indutiva dada por kQ Quando uma bateria de 50 V é ligada ao circuito tz LR A taxa com a qual a energia térmica é ger a corrente atinge o valor de 2 mA apds 5 ms a De ada no resistor é termine a indutancia da bobina b Que quantidade de 8p 2p 2tT1 energia esta armazenada na bobina neste momento PRiRe a Se a bateria é aplicada no instante t 0 a cor Durante um periodo longo de tempo a energia dissipada rente é dada por é i 1 et E Pdt ar e 27 dt R 0 0 onde éa fem da bateria R é a resisténciae Tr LR 1 2Rrpe 27 é aconstante de tempo indutiva Portanto 2 LR eT tTL l ik 2 é Substituindose tr LR nesta expressdo temse donde sai iR r L 5 Lis mf1 I 910 Numericamente temos que é idéntica a energia Up originalmente armazenada 3 5 no indutor mn 14 n 1 2 x 10710 x 10 E 50 3325 Densidade de Energia de um Campo 05108 Magnético 3846 fazendo com que a constante de tempo indutiva seja dada por t t05108 5 x 1073 s05108 979 x 10 se finalmente Um solendide tem um comprimento de 85 cm e secgao 3 3 transversal de area igual a 17 cm Existem 950 espiras LRr 979 x 10 s10 x 10 2 de fio transportando uma corrente de 66 A a Calcule a densidade de energia do campo magnético no interior do 979H solendide b Determine nessa regido a energia total armazenada no campo magnético Despreze os efeitos b A energia armazenada na bobina é das extremidades li 1 32 a Em qualquer ponto a densidade de energia Up 3 7 3 9792 10 magnética é dada por us B2u0 onde B éa 4 magnitude do campo magnético naquele ponto Dentro 196x 10 J do solendide B pgni onde n é o numero de espiras por unidade de comprimento e 2 é a corrente No pre sente caso n 950085 m 1118 x 10 m7A densidade de energia magnética é Prove que quando a chave S da Fig 335 é girada da posi4o a para a posicao b toda energia armazenada no up 1 pion i indutor aparece como energia térmica no resistor 2 Suponha que a chave tenha estado na posido a por lan x 101118 x 1066 um tempo longo de modo que a corrente tenha atingido 2 seu valor de equilfbrio 79 A energia armazenada no in 342m dutor é Ug Lie 2 Entao no instante t 0 a chave é colocada na posiao b A partir de entéo a corrente é b Como 0 campo magnético é uniforme dentro de um dada por solendide ideal a energia total armazenada é Ug i ine TE up V onde V 0 volume do solendide V é igual ao httpwww fisicaufpbbrjgallas Pagina 11 de 14 LISTA 3 Prof Jason Gallas DFUFPB 10 de Junho de 2013 as 1743 produto da secgAo transversal pelo comprimento Por i poi2N7h In 2 tanto An a Explicitamente Up 34217 x 107085 494 x 1077 J 4m x 10705125013 x 1073 Uz WJJH x dn 95 x In Um indutor toroidal de 90 mH delimita um volume de 52 002 m3 Se a densidade média de energia no toréide for 306x1074J de 70 Jm qual sera a corrente que circula no indutor toroidal c A indutancia L é fornecida pela Eq 337 p A energia magnética armazenada no tordide pode tuo N2h b ser escrita de dois modos distintos Ug Li2 ou L in Up up V onde upg a densidade média de energia 2n a e V o volume Portanto igualando as duas expressdesPortanto usando a Eq 3324 temos obtemos Up ie po N222h mn upV 270 Jm002 m3 2 tVp 90x10 H Como nao poderia deixar de ser esta expressio é idntica a encontrada na parte b 558A TO TTT TAA 3326 Indutancia Mutua 4753 OS a Determine uma expressao para a densidade de en ergia em fungao da distancia radial para o tordide do pyas bobinas esto em posicdes fixas Quando na Exemplo 331 b Integrando a densidade de energia obina 1 nao ha corrente e na bobina 2 existe uma cor por todo o volume do tordide calcule a energia total ar sente que cresce numa taxa constante de 15 As a fem mazenada no tordide suponha 7 05 A c Usando a a bobina 1 vale 25 mV a Qual é a indutancia miitua Eq 3324 calcule a energia armazenada no toroide di gestas bobinas b Quando nao ha corrente na bobina retamente da indutancia e compare o resultadocomodo 9 a bobina 1 é percorrida por uma corrente de 36 A item b qual é o fluxo através da bobina 2 a A densidade de energia dada pela Eq 3326 pp a A indutancia miitua M é dada por up B2u09 sendo 0 campo magnético de um tordide dado pela Eq 3122 B upiN2z7r Portanto E ue up Be Hoi N2nr pot N onde é a fem na bobina 1 devida a corrente que esta 2L0 2L0 8x r2 variando na bobina 2 Portanto b Calcule a integral Ug f up dV sobre 0 volume M eT 25 x 10 167 x 107 H do tordide Considere como elemento de volume o vol diz dt 15 ume compreendido entre dois tordides coaxiais de raios b O fluxo concatenado na bobina 2 é rerdr com seus eixos coincidindo com o eixo do tordide dado Neste caso temos entao dV 2mrhdr de Noo Mi 167 x 1036 modo que 601 x 107 Wb Up ju dV eS Rrere 2arh dr Duas bobinas esto ligadas conforme mostra a Fig 33 21 Suas indutancias valem DL e Ly O coeficiente de httpwww fisicaufpbbrjgallas Pagina 12 de 14 LISTA 3 Prof Jason Gallas DFUFPB 10 de Junho de 2013 as 1743 indutˆancia mutua e M a Mostre que a combinacao pode ser substituıda por uma unica bobina de indutˆancia equivalente dada por Leq L1 L2 2M b Como as bobinas da Fig 3321 deveriam ser ligadas para que a indutˆancia equivalente fosse dada por Leq L1 L2 2M Este problema e uma extensao do Problema 5 tendo sido eliminada a exigˆencia de que a distˆancia entre as bobinas deveria ser muito grande a Suponha que a corrente esteja variando a uma taxa didt e calcule a fem total atraves de ambas bobi nas Considere primeiro a bobina a esquerda O campo magnetico devido a corrente nesta bobina aponta para a esquerda Tambem para a esquerda aponta o campo magnetico devido a corrente na bobina 2 Quando a corrente aumenta ambos os campos aumentam e am bas variacoes no fluxo contribuem com fem na mesma direcao Portanto a fem na bobina 1 e E1 L1 Mdi dt O campo magnetico na bobina 2 devido a corrente nela aponta para a esquerda como tambem o faz o campo na bobina 2 devido a corrente na bobina 1 As duas fontes de fem estao novamente na mesma direcao e a fem na bobina 2 e E2 L2 Mdi dt A fem total atraves de ambas bobinas e E E1 E2 L1 L2 2Mdi dt Esta e exatamente a mesma fem que seria produzida se as bobinas fossem substituidas por uma unica bobina com indutˆancia Leq L1 L2 2M b Reverta os terminais da bobina 2 de modo que a cor rente entre pela parte de tras da bobina em vez de en trar pela frente como mostrado no diagrama Neste caso o campo produzido pela bobina 2 no local onde esta a bobina 1 opoese ao campo gerado pela bobina 1 Os fluxos tem sinais opostos Uma corrente crescente na bobina 1 tende a aumentar o fluxo nela mas uma cor rente crescente na bobina 2 tende a diminuilo A fem atraves da bobina 1 e E1 L1 Mdi dt Analogamente a fem na bobina 2 e E2 L2 Mdi dt A fem total atraves de ambas bobinas e agora E E1 E2 L1 L2 2Mdi dt Esta e exatamente a mesma fem que seria produzida se as bobinas fossem substituidas por uma unica bobina com indutˆancia Leq L1 L2 2M P 3352 A Fig 3324 mostra em secao transversal dois solenoides coaxiais Mostre que o coeficiente de indutˆancia mutua M para um comprimento ℓ desta combinacao solenoidesolenoide e dado por M πR2 1ℓµ0n1n2 onde n1 e o numero de espiras por unidade de compri mento do solenoide 1 e n2 e o numero de espiras por unidade de comprimento do solenoide 2 R1 e o raio do solenoide interno Explique por que M depende de R1 mas nao depende de R2 o raio do solenoide externo Assuma que a corrente no solenoide 1 e i e calcule o fluxo concatenado no solenoide 2 A inducao mutua e igual a este fluxo dividido por i O campo magnetico dentro do solenoide 1 e paralelo ao eixo e tem magni tude B µ0in1 uniforme onde n1 e o numero de es piras por unidade de comprimento do solenoide A area da secao reta do solenoide e πR2 1 e como o campo e perpendicular a uma secao reta o fluxo atraves da secao reta e Φ AB πR2 1µ0n1i Como o campo magnetico e nulo fora do solenoide este e tambem o valor do fluxo atraves de uma secao do solenoide 2 O numero de espiras num comprimento ℓ do solenoide 2 e N2 n2ℓ e o fluxo concatenado e N2Φ n2ℓπR2 1µ0n1i A indutˆancia mutua e portanto M N2Φ i πR2 1ℓµ0n1n2 M nao depende de R2 porque nao existe campo magnetico na regiao entre os solenoides Mudando R2 nao se altera o fluxo atraves do solenoide 2 mas mu dando R1 o fluxo alterase Usando a Eq 3333 ε2 Mdi1dt O fluxo entre o solenoide de dentro e o de fora e httpwwwfisicaufpbbrjgallas Pagina 13 de 14 LISTA 3 Prof Jason Gallas DFUFPB 10 de Junho de 2013 as 1743 Como existem nf espiras no solendide 2 num compri Op BdA mento segundo a Lei de Inducdo de Faraday podemos escrever a seguinte relagao onde B é0 campo gerado pela corrente 2 do solendide de dentro e a integral é sobre a area da secdo transver sal do solendide de fora Mas By ponit dentro do d51 diy diz solendide 1 e zero do lado de fora Assim nao existe 2 n2t dt nyol pont Ry dt M dt contribuigdo para a integral na area entre os solendides e portanto o tamanho do solendide 2 nao importa portanto comparando os coeficientes obtemos entao 5 By 7R Hon TRFiy M Mon nyt RE httpwwwfisicaufpbbrjgallas Pagina 14 de 14