problemas_por_assunto-34-lei_da_inducao_de_faraday

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Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES 
________________________________________________________________________________________________________ 
Resnick, Halliday, Krane - Física 3 - 4
a
 Ed. - LTC - 1996. Cap. 36 – A Lei da Indução de Faraday 
1 
 
 
RESNICK, HALLIDAY, KRANE, FÍSICA, 4.ED., LTC, RIO DE JANEIRO, 1996. 
 
 
FÍSICA 3 
 
 
CAPÍTULO 36 – A LEI DA INDUÇÃO DE FARADAY 
 
06. Uma antena em forma de espira de área A e resistência R é perpendicular a um campo 
magnético uniforme B. O campo cai linearmente a zero em um intervalo de tempo t. Encontre 
uma expressão para a energia interna total dissipada por efeito Joule na espira. 
 (Pág. 190) 
Solução. 
A energia E dissipada no tempo t está relacionada à potência P dissipada pela antena, de acordo 
com a seguinte equação: 
 
E
P
t
 
 2
E P t t
R
 (1) 
Na equação acima, é a fem gerada na espira devido à interação com o campo B. A fem pode ser 
determinada por meio da análise do fluxo do campo magnético através da espira ( ), que é dado 
por: 
 
.dB A
 
 
( )tB A
 
 
( ) ( )t t
d B A dBd
A
dt dt dt
 (2) 
Agora precisamos de uma expressão para o campo B(t). Segundo o enunciado, o campo magnético 
varia no tempo de acordo com o gráfico abaixo: 
 
A dependência de B em relação a t pode ser representada pela seguinte função linear, em que B0 é o 
valor de B para t = 0 (B0 foi dado no enunciado na forma de B, o campo no instante inicial): 
 
0( )B t at B
 
Na equação acima, a é a declividade da reta, que vale: 
 
0 00
0
B B
a
t t
 
Logo: 
B
t0
t
B0
t
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0
0( )
B
B t t B
t
 (3) 
Substituindo-se (3) em (2): 
 
0
0
0 0
B
d t B
B B At
A A
dt t t
 (4) 
Substituindo-se (4) em (1): 
 
2
0B A
t
E t
R
 
 2 2
0B AE
R t
 
 
11. Na Fig. 32, o fluxo que atravessa a espira é B(0) no instante t = 0. Suponha que o campo 
magnético B está variando de forma contínua mas não especificada, em módulo e direção, de 
modo que no instante t o fluxo é representado por B(t). (a) Mostre que a carga resultante q(t) 
que passa através do resistor R no intervalo de tempo t é 
 
 
1
( ) (0) ( )B Bq t t
R 
 
 independentemente da forma específica da lei de variação de B. (b) Se B(t) = B(0) em um 
caso particular, temos q(t) = 0. A corrente induzida é necessariamente zero, durante o intervalo 
de tempo de 0 a t? 
 
 (Pág. 191) 
Solução. 
(a) O módulo da fem induzida na espira vale: 
 
dq d
iR R
dt dt
 
Logo: 
 
d Rdq
 
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A expressão acima mostra que o fluxo do campo magnético está relacionado com a carga que passa 
através do resistor R. Podemos integrar essa equação diferencial para encontrar a relação entre o 
fluxo e a carga: 
 
( )
(0) 0
t q
d Rdq
 
 
( ) (0) ( )t tRq
 
 
( ) ( ) (0)
1
t tq
R
 
(b) Não. A corrente induzida vale: 
 
( ) ( ) (0)
( )
1t t
t
dq d d
i
dt R dt dt
 
 
( ) ( ) (0)
1
t ti
R
 
O fato de o valor instantâneo uma grandeza ser zero, (t), não significa que sua variação instantânea 
em relação ao tempo, (t), também deva ser zero. 
 
13. Um campo magnético uniforme B está variando em módulo à taxa constante dB/dt. Uma dada 
massa m de cobre é transformada em um fio de raio r e com ele construímos uma espira circular 
de raio R. Mostre que a corrente induzida na espira não depende do tamanho do fio ou da espira 
e, considerando B perpendicular ao plano da espira, esta corrente é dada por 
 
 
4
m dB
i
dt 
 
onde é a resistividade e a densidade do cobre. 
 (Pág. 191) 
Solução. 
Precisamos encontrar uma função que relacione a fem gerada na espira com a corrente elétrica i 
para, em seguida, utilizar a lei da indução de Faraday para obter a expressão procurada. A fem 
induzida é dada por (utilizamos o símbolo estilizado para a resistência para que não haja 
confusão com o raio R da espira): 
 
i
 (1) 
A resistência da espira é dada por (2), em que é a resistividade do fio, l é o seu comprimento e a é 
a área da seção reta do fio: 
 
l
a
 (2) 
Podemos calcular o comprimento do fio por meio de sua relação com a densidade (não foi usado o 
símbolo tradicional para não entrar em conflito com a resistividade do fio): 
 
m m
V la
 
 
m
l
a
 (3) 
Substituindo-se (3) em (2): 
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 (4) 
Substituindo-se (4) em (1): 
 
2
i m
a
 (5) 
A obtenção de (5) completa a primeira parte da solução. Agora vamos obter o fluxo do campo 
magnético através da espira: 
 
2BA B R
 (6) 
O raio da espira pode ser obtido a partir da sua circunferência, que é igual ao seu comprimento, 
dado por (3): 
 
2
m
R l
a
 
 
2
m
R
a
 (7) 
Substituindo-se (7) em (6): 
 2
2 24
m B
a
 (8) 
Finalmente podemos relacionar o fluxo de campo (8) com a fem (5), por meio da lei da indução, 
para obter a expressão desejada: 
 2
2 24
d m dB
dt a dt
 (9) 
Substituindo-se (5) em (9): 
 2
2 2 24
i m m dB
a a dt
 
 
4
m dB
i
dt
 
 
26. Um fio rígido moldado em forma de um semicírculo de raio a gira a uma freqüência em um 
campo magnético uniforme, como sugere a Fig. 43.Qual (a) a freqüência e (b) a amplitude da 
fem induzida na espira? 
 
 (Pág. 192) 
Solução. 
Considere o esquema abaixo, com vista lateral do sistema: 
2
m
a
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A solução deste problema baseia-se na obtenção de uma função periódica da fem em relação ao 
tempo t e, a partir daí, analisar a periodicidade da função. Vamos começar pela dependência do 
ângulo entre os vetores B e dA em relação ao tempo: 
 
( ) 2t t t
 
Na expressão acima, é a velocidade angular da parte semicircular da espira e é a sua freqüência. 
O fluxo do campo magnético através da área semicircular do circuito vale: 
 
. . .cossc d B dAB A
 
 2
. .cos 2 cos 2 cos 2
2
sc
a
B dA t B t dA B t
 
 2
cos 2
2
sc
a B
t
 
O fluxo total através do circuito é a soma do fluxo na parte retangular e o fluxo na parte 
semicircular: 
 2
( ) 0 0cos 2
2
t sc
a B
t
 
Agora podemos utilizar a lei da indução de Faraday para obter a expressão para a fem induzida no 
circuito: 
 2
( )
( ) 2 sen 2
2
t
t
d a B
t
dt
2 2
( ) sen 2t a B t
 
O coeficiente da função seno é interpretado como o valor máximo máx que a fem da espira pode 
atingir. Ou seja: 
 
( ) má x sen 2t t
 
(a) Como o ângulo de fase (argumento da função trigonométrica) é o mesmo para a e (t) conclui-
se que a freqüência da variação da fem é a mesma freqüência da variação do fluxo do campo 
magnético na espira. Logo: 
 
(b) A amplitude da fem induzida é o fator multiplicativo da função trigonométrica. Logo: 
 
2 2
max a B
 
 
33. A Fig. 45 mostra um bastão de comprimento L se movendo com velocidade constante v ao 
longo de trilhos condutores horizontais. O campo magnético através do qual o bastão se move 
B
dA
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não é uniforme, sendo provocado por uma corrente i em um longo fio retilíneo paralelo aos 
trilhos. Considerando v = 4,86 m/s; a = 10,2 mm, L = 9,83 cm e i = 110 A, (a) calcule a fem 
induzida no bastão. (b) Qual a corrente na espira condutora? Considere a resistência do bastão 
como 415 m e a resistência dos trilhos desprezível. (c) Qual a taxa de dissipação de energia 
por efeito Joule no bastão? (d) Qual a força que precisa ser aplicada ao bastão por um agente 
externo para manter seu movimento? (e) A que taxa esse agente externo precisa realizar 
trabalho sobre o bastão? Compare esta resposta com a do item (c). 
 
x
y 
 (Pág. 193) 
Solução. 
(a) O módulo do campo magnético a uma distância y de um fio longo retilíneo que conduz uma 
corrente i: 
 
0
2
i
B
y
 (1) 
Para uma espira de comprimento x e largura dy, o elemento de fluxo d do campo magnético B 
vale: 
 
0
2
i
d BdA xdy
y
 
O fluxo total através do circuito é obtido por integração da expressão acima: 
 
0
2
a L
a
ix dy
y
 
 
0 ln
2
ix a L
a
 
Finalemente, a fem induzida no circuito é obtida por aplicação da lei da indução de Faraday: 
 
d
dt
 
 
0 ln
2
iv a L
a
 (2) 
 
42,5279 10 A
 
 
253 μV
 
(b) Para o cálculo da corrente induzida, pode-se considerar o circuito como sendo constituído por 
uma fonte de fem em série com uma resistência R. 
 
46,0915 10 Avi
R
 
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609 μAvi
 
(c) A potência dissipada vale: 
 
2 71,5399 10 WvP Ri
 
 
154 nWP
 
(d) A força do agente externo pode ser obtida pela seguinte equação: 
 
vd i deF l B
 
 
sen( / 2)vd i dyBeF i
 (3) 
Substituindo-se (1) em (3): 
 
0 .
2
v
i
d i dy
y
e
F i
 
 
0 .
2
a L
v
a
i i dy
y
e
F i
 
 
0 ln
2
vi i a L
a
eF i
 (4) 
Pode-se identificar o valor de , (2), em (4) se multiplicarmos o segundo membro de (4) por v/v: 
 
vi
v
eF i
 
 
83,1685 10 N
e
F i
 
 
31,7 nN
e
F i
 
(e) A potência do agente externo vale: 
 
P
e
F v
 
 
cos(0)eP F v
 
 
154 nWP
 
 
34. Dois trilhos retos condutores retos têm suas extremidades unidas formando entre si um ângulo 
. Uma barra condutora, em contato com os trilhos, forma um triângulo isósceles com eles e se 
move à velocidade constante v para a direita, começando no vértice em t = 0 (veja a Fig. 46). 
Um campo magnético uniforme B aponta para fora da página. (a) Encontre a fem induzida em 
função do tempo. (b) Se = 110
o
, B = 352 mT e v = 5,21 m/s, em que instante a fem induzida é 
igual a 56,8 V? 
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 (Pág. 193) 
Solução. 
(a) 
 
O fluxo do campo magnético é dado por: 
 
.d B dA BAB A
 
 
2 .
. . tan .
2 2
b x
B Bb x B x x
 
 
2 tan
2
Bx
 
A fem induzida no circuito é obtida por meio da lei da indução de Faraday: 
 
2 tan 2 tan 2 tan .
2 2 2
d dx
B x B v x B v vt
dt dt
 
 
22 tan
2
Bv t
 
O sinal negativo da fem indica que a corrente gerada no circuito é no sentido horário, que é 
contrário ao previsto pelo sentido adotado para o vetor dA (regra da mão direita). 
(b) 
 
o
2 2
(56,8 V)
2,08126
110
2 tan 2(0,352 T)(5,21 m/s) tan
2 2
t s
Bv
 
 
2,08 st
 
 
b
x
dA
B v
x
y
z
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35. Uma espira retangular de fio com comprimento a, largura b e resistência R é colocada próxima a 
um fio infinitamente longo em que passa uma corrente i, como mostra a Fig. 47. A distância 
entre o fio e a espira é D. Encontre (a) a magnitude do fluxo magnético através da espira e (b) a 
corrente na espira enquanto ela se move para longe do fio, com velocidade v. 
 
 (Pág. 193) 
Solução. 
(a) 
 
Considere a espira de largura dy e comprimento a. Sejam os vetores: 
 
BB k
 
 
d adyA k
 
O fluxo do campo magnético através da espira infinitesimal vale: 
 
.d dB A
 
 
0 .
2
i
d ady
y
k k
 
 
0
2
ia dy
d
y
 
O fluxo do campo através de toda a espira é obtido por integração da expressão acima: 
 
0
2
D b
D
ia dy
y
 
 
0 ln
2
ia D b
D
 
(b) A fem induzida na espira é obtida por aplicação da lei da indução de Faraday: 
 
0 0
2
1 ( )
2 2
ia iad d D b D vD D b v
D bdt dt D D b D
D
 
 
0 1 1
2
iav
D b D
 
x
y
zy
dy
a
b
D
x
dA
i
B x
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0
2 ( )
iabv
D D b
 
Finalmente, a corrente na espira vale: 
 
vi
R
 
 
0
2 ( )
v
iabv
i
RD D b
 
O sinal negativo indica que a corrente é no sentido horário, que é contrário ao previsto pelo sentido 
adotado para o vetor dA (regra da mão direita). 
 
36. A Fig. 48 mostra um “gerador homopolar”, um dispositivo que utiliza como rotor um disco 
condutor sólido. Esta máquina pode produzir uma fem maior do que qualquer uma que use 
rotores de espiras, pois ela pode girar a uma velocidade angular muito maior antes que as forças 
centrífugas deformem o rotor. (a) Mostre que a fem produzida é dada por 
 
 
2vBR
 
 
onde é a freqüência de rotação, R o raio do rotor e B o campo magnético uniforme 
perpendicular ao rotor. (b) Encontre o torque que precisa ser exercido pelo motor que gira o 
rotor quando a corrente de saída é i. 
 
 (Pág. 193) 
Solução. 
(a) A borda externa do disco é uma superfície equipotencial e, portanto, qualquer ponto da
borda 
apresenta mesma diferença de potencial em relação ao centro do disco. Logo, o cálculo da ddp do 
disco é o mesmo que o de um fio localizado ao longo de um raio do disco. 
 
A força magnética sobre as cargas livres do fio é por: 
 
d dq dqvBF v B
 
Logo: 
 
dF
vB
dq
 (1) 
A diferença de potencial entre dois pontos próximos no fio, separados por uma distância dl vale: 
R
drr
v
B x
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.
dF
d d Edl dl
dq
E l
 (2) 
Em (2), E é o campo elétrico que age ao longo do fio. Substituindo-se (1) em (2) e fazendo dl = dr: 
 
d vBdr
 
 2
0 2
R B R
B vdr B rdr
 
 2(2 )
2
B R
 
 2BR (3) 
(b) A potência necessária para manter o movimento vale: 
 
. .P τω
 
 2( )
(2 )
P i BR i
 
 2
2
iBR 
Um solução alternativa pode ser obtida da seguinte forma: 
 
dU
P i
dt
 
 
dU idt
 (4) 
O trabalho necessário para girar o disco é dado por: 
 
. . .2dW d d dtτ θ
 (5) 
Como dU é igual a dW, pode-se igualar (4) e (5): 
 
.2 dt idt
 (6) 
Substituindo-se (3) em (6): 
 
2.2 ( )dt BR idt
 
 2
2
iBR 
 
37. Um bastão com comprimento L, massa m e resistência R desliza sem atrito sobre dois trilhos 
paralelos condutores de resistência desprezível, como ilustra a Fig. 49. Os trilhos estão 
conectados na parte inferior, formando uma espira condutora onde o bastão é a parte superior. O 
plano dos trilhos faz um ângulo com a horizontal e existe um campo magnético uniforme 
vertical B na região onde está o dispositivo. (a) Mostre que o bastão adquire uma velocidade 
limite cujo módulo é 
 
 
2 2 2
sen
cos
mgR
v
B L
 
 
(b) Mostre que a taxa com que a energia interna está sendo gerada no bastão (efeito Joule) é 
igual à taxa com que o bastão está perdendo energia potencial. (c) Discuta a situação se B fosse 
orientado para baixo, ao invés de para cima. 
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12 
 
 (Pág. 194) 
Solução. 
(a) A velocidade limite será atingida quando a força de frenagem Ff (componente da força 
magnética ao longo dos trilhos) sobre o bastão for igual à força que acelera o bastão rampa abaixo 
Fa (componente da força peso do bastão ao longo dos trilhos). 
 
f aF F
 (1) 
Para resolver este problema, precisamos encontrar expressões para essas duas forças e substitui-las 
em (1). Considere o esquema abaixo: 
 
Em primeiro lugar vamos determinar a força de frenagem Ff. A força magnética que age sobre a 
barra é dada por: 
 
iF L B
 
 
F iLB
 
A força de frenagem é a componente de F paralela à rampa e vale: 
 
cos cosfF F iLB
 (2) 
O fluxo do campo magnético através do circuito vale: 
 
. cos cosd BA BLxB A
 
Logo, a fem no circuito é obtida por meio da lei da indução de Faraday: 
 
cos
d
BLv
dt
 
A corrente na barra vale: 
 
cosBLv
i
R R
 (3) 
Substituindo-se (3) em (2): 
 
cos
cosf
BLv
F BL
R
 
 2 2 2cos
f
B L v
F
R
 (4) 
Em segundo lugar vamos determinar a força que acelera a barra rampa abaixo: 
dA
iF
B
x L
P
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sen senaF P mg
 (5) 
Finalmente podemos substituir (4) e (5) em (1): 
 2 2 2cos
sen
B L v
mg
R
 
 
2 2 2
sen
cos
mgR
v
B L
 
(b) A potência dissipada por efeito Joule é dada por: 
 
cos
cos .J
BLv
P i BLv
R
 
 2 2 2 2cos
J
B L v
P
R
 (6) 
A taxa de perda de energia potencial gravitacional vale: 
 
2 2 2
sen
sen .
cos
G a
mgR
P F v mg
B L
 
 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
sen cos
cos cos
G
m g R RB L
P
B L RB L
 
 2 2 2 2 2 2 2
4 4 4
sen cos
cos
G
m g R B L
P
B L R
 
Na equação acima, o termo entre parênteses é v
2
 (resultado do item (a)). Logo: 
 2 2 2 2cos
G
B L v
P
R
 (7) 
A igualdade entre (6) e (7) completa a demonstração. 
(c) Caso o campo magnético fosse invertido, em nada alteraria o sentido das forças. Isso ocorre por 
causa da inversão do sentido da corrente elétrica no circuito, que é uma conseqüência da lei de 
Lenz. 
 
39. Um freio eletromagnético que utiliza correntes parasitas consiste em um disco de condutividade 
 e espessura t, girando através de um eixo através de seu centro, com um campo magnético B 
aplicado perpendicularmente ao plano do disco sobre uma pequena área a
2
 (veja a Fig. 51). Se a 
área a
2
 está a uma distância r do eixo, encontre uma expressão aproximada para o torque que 
tende a diminuir a velocidade do disco, no instante em que sua velocidade angular é igual a . 
 
 (Pág. 194) 
Solução. 
(a) Existe uma corrente elétrica original (i0) devida ao movimento de rotação do disco. Os elétrons 
do disco passam pela área quadrada com velocidade v = r j. O campo magnético que age na área 
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a
2
 produz uma corrente parasita no sentido horário (corrente convencional), sendo que os elétrons 
fluem no sentido inverso. 
 
A ação do mesmo campo magnético na direção z sobre a corrente parasita que segue na direção +x 
gera sobre os portadores de carga uma força no sentido y. A força do campo magnético que age 
sobre a corrente vale: 
 
iyF l B
 
A origem da corrente parasita é o efeito Hall. O campo magnético na direção z atuando sobre as 
cargas que se movem na direção +y gera nestas uma força na direção +x (corrente na direção x) de 
acordo com a equação: 
 
q
x
F v B
 
Podemos obter a corrente elétrica original provocada pela rotação do disco (na direção +y), sem o 
efeito do campo magnético pela análise da velocidade de deriva das cargas, que neste caso é o 
próprio movimento de rotação do disco: 
 
d
j
v
ne
 
 
0
0
i
iat
r
ne neat
 
 
0i rneat
 
A diferença de potencial Hall entre as faces do quadrado ortogonais à direção x (Eq. 23, pág. 142) é 
dada por: 
 
0
H
i B
V
net
 
 
( )
H
rneat B
V
net
 
 
HV raB
 
A resistência elétrica entre as faces do quadrado ortogonais à direção x vale 
 
1 1L a
R
A at t
 
A corrente na direção +x vale: 
 
HVi
R
 
 
( )
1
raB
i raB t
t
 
A força na direção y vale: 
 
iyF l B
 
i
r
B
x
y
z
x
Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES 
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Resnick, Halliday, Krane - Física 3 - 4
a
 Ed. - LTC - 1996. Cap.
36 – A Lei da Indução de Faraday 
15 
 
( ) ( )raB t a ByF i k
 
 
2 2ra B t
y
F j
 
Finalmente, o torque da força Fy é dado por: 
 
yτ r F
 
 
2 2( )r ra B tτ i j
 
 2 2 2tr a Bτ k