Gb3 T01 11 2

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INSTITUTO DE FÍSICA DA UFBA 
 DEPARTAMENTO DE FÍSICA DO ESTADO SÓLIDO 
 DISCIPLINA: FÍSICA GERAL E EXPERIMENTAL III (FIS 123) 
 TURMA: T01 SEMESTRE: 2o /2011 12/12/11 
 
3a PROVA 
 
1. (4,0 pontos) Uma barra condutora, de comprimento 
l = 10 cm e massa m = 5 g, recebe um ligeiro impulso e 
passa a se mover sem atrito sobre dois trilhos 
condutores com velocidade constante scmvo /25= . A 
resistência vale R = 2 Ω. No instante t = 0, isto é, em 
0x = , a barra penetra em uma região de comprimento 
L, onde existe um campo magnético uniforme de módulo B = 0,5 T. A direção e sentido do campo e do 
movimento da barra é mostrado na figura. Sabe-se que no instante t = 8 s a barra deixa a região onde existe o 
campo magnético e desliza sem atrito sobre os trilhos com velocidade constante. 
a. Deduza a equação horária ( )x x t= que descreve o movimento da barra no interior do campo, 
b. Determine o comprimento L da região do campo 
c. Determine a velocidade da barra para t ≥ 8 s 
d. Qual é o valor da corrente induzida na barra no instante t = 4 s? E para t ≥ 8 s? 
 
Resolução: 
a. (2,5 pontos) Ao entrar na região do campo magnético, o fluxo magnético irá variar com o tempo de modo que 
será induzida na barra uma corrente elétrica. De acordo com a lei de Faraday, 
( ).d dB dA Blx
dt dt
ε = − = −∫
��
 Blvε = BlvI
R R
ε
= = (1) 
A barra sofrerá uma força MF I l B= ×
�� �
, que devido a Lei de Lenz aponta no sentido oposto ao do crescimento 
do fluxo magnético. Como ela é a única força atuando sobre a barra, teremos: 
dv
m i I lB i
dt
= −
� �
 
Substituindo (1) nesta equação, obtemos 
2 2dv B l
v
dt mR
= − . 
Definido 2 2
mR
B l
τ = (2) 
a equação fica dv dt
v τ
= − 
Integrando a equação acima, obtemos /ln ( ) constante ( ) ttv t v t Ce τ
τ
−
= − + → = , onde C é uma constante 
Usando a condição inicial (0) ov v= , segue-se que 
/( ) tov t v e τ−= (3) 
Como /( ) to
dx
v t v e
dt
τ−
= = , logo ( )dx v t dt=∫ ∫ , o que nos leva a: 
/( ) tox t v e Constττ −= − + 
Usando a condição inicial (0) 0 ox Const v τ= → = , de forma que a equação de movimento da barra será: 
( )/( ) 1 tox t v e ττ −= − (4) 
b) (0,5 ponto) Usando os valores do enunciado, 3 25 10 , 10 10 , 2 e 0,5m kg l m R B T− −= × = × = Ω = , de (2) 
obtemos 
2 2 4
mR
s
B l
τ = = 
Como a barra deixa a região do campo no instante t = 8 s, logo o comprimento da região será: 
2(8) (1 )oL x v eτ −= = − , o que nos leva a: 
86,6L cm= 
c) (0,5 ponto) Para 8t s≥ a barra não sofre nenhuma força, de modo que ela passa a se mover com velocidade 
constante fv e igual à velocidade com que deixa a região do campo. Usando a expressão (3), teremos 
2( 8)f ov v t v e−= = = , o que nos leva a: 
3,38 /fv cm s= 
d) (0,5 ponto) Usando (1), /( ) to
Blv BlI t v e
R R
τ−
= = 
para t = 4 s, a corrente será: 1(4) o
BlI v e
R
−
= 
(4) 2,29I mA= 
Para 8t s≥ a barra sai do campo de modo que não há variação do fluxo magnético e, portanto, a corrente será 
nula. 
 
 
 
 
 
 
2. (3,0 pontos) No circuito da figura ao lado a chave K é fechada no instante t = 0 e 
neste instante a corrente que passa pelo indutor é nula. Sabendo-se que ε = 280 V, 
R1 = 10 Ω, R2 = 6 Ω, R3 = 5 Ω e L2 = 14 H, determine as correntes que passam pelos 
resistores em função do tempo 
 
Solução: 
Após K ser fechada, três correntes irão percorrer o circuito de acordo com a figura abaixo: 
 
Aplicando a lei dos nós no ponto A, teremos: 1 2 3I I I= + (1) 
Aplicando a lei das malhas na malha 1, obtemos: 
2
1 1 2 2 2
dIR I R I L
d t
ε+ + = (2) 
Substituindo (1) em (2) tem-se que: 
( ) 21 2 2 1 3 2 dIR R I R I L d t ε+ + + = (3) 
Aplicando a lei das malhas na malha 2: 
2 2 2 2
3 3 2 2 2 3 2
3 3
dI R L dIR I R I L I I
dt R R dt
= + → = + (4) 
Substituindo (4) em (3): 
1 2 1 2
1 2 2 2
3 3
1R R R dIR R I L
R R d t
ε
   
+ + + + =   
   
 (5) 
Fazendo 1 2 11 2 2
3 3
28 e 1 42R R RR R R L L H
R R
   
= + + = Ω = + =   
   
 (6) 
A equação (5) fica: 
2
2
dIRI L
d t
ε+ = , cuja solução é: 
 ( )/2 ( ) 1 LtoI t I e τ−= − (7) 
142 310
28 2Lo
LI A s
R R
ε
τ −= = = = =onde e 
Substituindo (7) em (4), obtém-se: 
 
/
3
6 2( )
5 3
Lt
oI t I e
τ− 
= + 
 
 (8) 
Usando (1), tem-se que: 
 
/
1
11 1( )
5 3
Lt
oI t I e
τ− 
= − 
 
 
 
 
3. (3,0 pontos) Em um circuito RLC em série a carga no capacitor é descrita por ( )( ) costmq t q e tα ω ϕ−= + . No 
instante t = 0, a carga é máxima e igual a qm = +10 µC e a corrente vale 1,0 mA. Sabendo-se que L = 200 mH e 
C = 28,2 µF, 
a. Determine o valor de R 
b. Em que instante a amplitude da carga no capacitor cai para 1% de seu valor inicial? Quantos ciclos de 
oscilação este tempo corresponde? 
c. Qual é o valor da corrente no instante 5t pi
ω
= ? Qual é o sentido da corrente nesse instante? 
Resolução: 
a) Para se determinar o valor de ϕ , usamos a condição inicial 
(0) cos cos 1 2 , 0, 1, 2, 3...m mq q q n nϕ ϕ ϕ pi= = → = → = = 
Todos os valores de ϕ acima são fisicamente equivalentes de modo que, por simplicidade, faremos 0ϕ = . 
Assim, ( )( ) costmq t q e tα ω−= e 
[ ]( ) sen( ) cos( )tmdqI t q e t tdt
α ω ω α ω−= − = + (1) 
Usando a expressão (1) para t = 0, encontramos 
(0) mI q α= , com 6 310 10 (0) 1 10mq C I A− −= × = ×e , o que nos leva a 
1100 sα −= (2) 
Sabendo-se que 
2
R
L
α = , obtemos: 40R = Ω (3) 
b) A amplitude da carga é dada por ( ) tmQ t q e α−= . Seja to o instante em que a amplitude cai para 1% de seu 
valor inicial. Isto significa que: 
( ) 0,01 (0)
100
ot m
o m
qQ t Q q e α−= → = → ln100otα = → 
ln100 46,0
100o
t ms= = (4) 
Este tempo equivale a N ciclos de oscilação, onde otN
T
= e T é o período de oscilação que é dado por 2T pi
ω
= 
Por outro lado, 2 2 2 1o o LC
ω ω α ω= − = , o que nos fornece 409,0 /rad sω = . Logo, 
3
2
otN Nω
pi
= → = ciclos 
 
c) Usando a expressão (1), teremos: 
( ) [ ]5 / 5 /5 / sen(5 ) cos(5 )m mI q e q epiα ω piα ωpi ω ω pi α pi α− −= + = − . Logo 
( )5 / 21,48I Api ω µ= − 
De acordo com a convenção de sinais adotada neste curso, o valor negativo da corrente significa que ela 
circula no sentido anti-horário. 
 
 
Observação: mostramos abaixo o gráfico da carga q(t) e da corrente I(t) em função do tempo. A escala vertical 
é arbitrária, para possibilitar a superposição das duas funções. Note que existe uma defasagem entre as duas 
grandezas.