solution halliday volume 3 cap 30 pdf

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1. Como a rotação da espira não faz variar o fluxo FB = BA cos u, a força eletromotriz induzida 
é zero.
2. De acordo com a lei de Faraday, a fem induzida é
 = − = − ( ) = − = − = −d
dt
d BA
dt
B
dA
dt
B
d r
dt
rB
drB ( )π π
2
2
ddt
= − −
=
2 0 12 0 800 0 750
0 452
π ( , )( , )( , )
,
m T m/s
V.
3. Como a fem induzida é 
 = − = − 

 = − = −N
d
dt
NA
dB
dt
NA
d
dt
ni N nA
diB ( )µ µ0 0
ddt
N n r
di
dt
= −
= − × ⋅
µ π
π
0
2
120 4
( )
( )( 10−7 T m A)(22.0000 m ) m A
s
V,
− ( ) 



=
1 20 016
1 5
0 025
0 16
π , ,
,
,
a lei de Ohm nos dá
i
R
= = = =| | ,
,
,
 0 016
5 3
0 030
V
A 30 mA.

4. De acordo com a Eq. 30-4, e = −dFB/dt = −pr2dB/dt.
 (a) Para 0 < t < 2,0 s,
e = − = − ( )
−




= −π πr dB
dt
2 20 12
0 5
2 0 0 0
1,
,
, ,
m
T
s s
,, .1 10 112× = −− V mV
(b) Para 2,0 s < t < 4,0 s, e ∝ dB/dt = 0.
(c) Para 4,0 s < t < 6,0 s,
e = − = −
−
−




=π πr dB
dt
2 20 12
0 5
6 0 4 0
1( , )
,
, ,
m
T
s s
,, .1 10 2× =− V 11 mV
5. Como o campo magnético produzido pelo fio aponta para fora do papel no lado superior da 
espira e aponta para dentro do papel no lado inferior da espira, o fluxo total através da espira é 
zero e, portanto, a corrente induzida na espira é zero.
6. De acordo com o gráfico da Fig. 30-35b, i = 1,5 mA no instante t = 0, ou seja, sem campo 
aplicado, o que significa que a resistência do circuito é
R = ×
×
=
−
−
6 00 10
1 5 10
0 0040
6
3
,
,
, .
V
A

Capítulo 30
226 soluções dos problemas
No intervalo 10 s < t < 20 s, temos:
V
R
fonte induzida A
+ =e 0 00050,
e, portanto,
induzida fonteA A= − =( , ) ( , )( ,0 00050 0 00050 0 0R V 0040 6 00 10
4 0 10
6
6
) ,
, .
− ×
= − ×
−
−
V
V
De acordo com a lei de Faraday,


induzida
induzida= − = − = − ⇒ = − =d
dt
A
dB
dt
Aa a
A
BF 4,,
,
, .
0 10
5 0 10
8 0 10
6
4 2
3×
×
= ×
−
−
−V
m
T/s
7. (a) O valor absoluto da fem é
e = = + = + = +d
dt
d
dt
t t tB
F
( , , ) , ( , ) ,6 0 7 0 12 7 0 12 2 0 7 02 == 31mV.
(b) De acordo com a lei de Lenz (veja, em especial, a Fig. 30-5a), a corrente circula na espira 
no sentido horário. Isso significa que o sentido da corrente no resistor R é da direita para a 
esquerda.
8. A resistência da espira é
R
L
A
= = × ⋅
×
−


( , )
( )
( )
1 69 10 8
2
 m
m
m /
0,10
2,5 10−3 44
1 1 10 3= × −, .
Como i = |e|/R = |dFB/dt|/R = (pr2/R)|dB/dt|, temos:
dB
dt
iR
r
= = × =
−
 2
3
2
10 1 1 10
1 4
( ) ( , )
( )
,
A
m
T s

0, 05
..
9. A amplitude da fem induzida na espira é
m A ni= = × × ⋅−µ ω π0 0 6 26 8 10 4 85 400( , )( )( .m T m A10−7 mm A rad/s
V
−
−= ×
1
4
1 28 212
1 98 10
)( , )( )
, .
10. (a) Como o fluxo magnético FB através da espira é dado por
FB B
r r B= =2
2
45
2
2 2 
cos ,o
temos:
 = − = − 



= − 

 = −
d
dt
d
dt
r B r B
t
BF 

π π π2 2
2 2
33 7 10
2
0 76 10
4 5 10
5 1
2 2 3
3
,
,
,
×( ) − ×
×




=
− −
−
m T
s
×× −10 2 V.
(a) O sentido da fem induzida é o sentido horário, do ponto de vista do sentido de incidência 
de 

B.
11. (a) Convém chamar atenção para o fato de que o resultado, que está expresso em termos de 
sen(2p ft), poderia, em vez disso, estar expresso em termos de cos(2pft) ou mesmo de cos(2pft + 
f), em que f é uma constante de fase. A posição angular u da bobina é medida em relação a 
uma reta ou plano de referência, e, de acordo com a escolha da referência, o fluxo magnético 
pode ser escrito como BA cosu, BA senu ou BA cos(u + f). Para a referência que foi escolhida, 
soluções dos problemas 227
FB = BA cosu. Como a bobina está girando com velocidade angular constante, u aumenta line-
armente com o tempo. Assim, u = 2pft, em que u é o ângulo em radianos e 2pf a velocidade 
angular. Como a área de uma bobina retangular é A = ab, a lei de Faraday nos dá
 = − ( ) = − =N d BA
dt
NBA
d f
dt
fNabB
cos cos( )
sen(
θ π π2 2 22π ft),
que é a equação que queríamos demonstrar. No enunciado, a equação também é escrita de ou-
tra forma, e0 sen(2p ft), para deixar claro que a fem induzida é senoidal e tem uma amplitude 
e0 = 2pf NabB.
(b) Como 
e0 = 150 V = 2p f NabB,
temos:
Nab
V
fB
= = =−
150
2
150
2 60 0 0 500
0 796
1 
V
s T
m
( , )( , )
, 22.
12. Para que seja induzida uma fem, o campo magnético deve ter uma componente perpendicu-
lar à espira e deve variar com o tempo. 
(a) Para 

B y= × −( , ) ˆ4 00 10 2 T/m k, dB/dt = 0 e, portanto, e = 0.
(b) Nenhum.
(c) Para 

B t= × −( , ) ˆ6 00 10 2 T/s k,
 = − = − = − ×d
dt
A
dB
dt
BF ( , , )( , )0 400 0 250 0 0600m m T/s == −6 00, ,mV
o que nos dá |e| = 6,00 mV.
(d) Horário.
(e) Para 

B yt= × ⋅−( , ) ˆ8 00 10 2 T/m s k,
FB t ydy
y= =∫( , )( , ) ( , )
,
,
0 400 0 0800 0 032
20
0 250 2
0
0 2250
31 00 10= × −, .t
A fem induzida é
 = − = − × = −−d
dt
BF 1 00 10 1 003, ,V mV,
o que nos dá |e| = 1,00 mV.
(f) Anti-horário.
(g) FB = ⇒ =0 0 .
(h) Nenhum.
(i) FB = ⇒ =0 0 .
(j) Nenhum.
228 soluções dos problemas
13. A carga é
q t
R
t
A
R
B B tB B( ) [ ( ) ( )] [ ( ) ( )]
,= − = − = ×
−1
0 0
1 20 10
F F
33
13 0
1 60
29 5
m
T ( 1,60 T)]
2,95 10 C mC
2
2
,
[ ,
,

− −
= × =− ..
14. De acordo com a Fig. 30-40b, o valor de dB/dt [a inclinação da reta que representa a função 
B(t)] é 0,003 T/s. Assim, a lei de Faraday nos dá
 = − = − = − = − × −d
dt
d BA
dt
A
dB
dt
BF ( ) ( , )( ,8 0 10 0 004 m2 33 2 4 10 8T/s V) , .= × −
De acordo com a Fig. 30-40c, o valor da corrente i = dq/dt [a inclinação da reta que representa 
a função q(t)] é 0,002 A. Assim, a lei de Ohm nos dá
R
i
A dB dt
i
= = = ×
−| | | | ( , )( , / m T/s)
0
28 0 10 0 00304
,,0020 A
m= =0 0012 1 2, , . 
15. (a) Seja L o comprimento do lado da espira. Nesse caso, o fluxo magnético através do cir-
cuito é FB L B= 2 2/ e a fem induzida é
i
Bd
dt
L dB
dt
= − = −F
2
2
.
Como B = 0,042 2 0,870t, dB/dt = 20,870 T/s e
i =
( , )
( ,
2 00
2
0 870
m
T/s) =1,74 V.
2
Como o campo magnético aponta para fora do papel e está diminuindo, a fem induzida tem a 
mesma polaridade que a fem da fonte, e a fem total é
e + ei = 20,0 V + 1,74 V = 21,7 V.
(b) O sentido da corrente é o sentido anti-horário.
16. (a) Escolhendo o sinal positivo para o fluxo de B1 e B2, a fem induzida é
 = − = + +


=
∑ ddt A
dB
dt
dB
dt
dB
dt
BF 1 2 3
0 10 0( , )( ,m 220 2 0 10 1 0 10 5 0 106 6 6m T/s T/s T/s)( , , , )× + × − ×
=
− − −
−− × −4 0 10 8, .V
Assim, de acordo com a lei de Ohm, o valor absoluto da corrente é
| | ,
,
, , .

R
= ×
×
= × =
−
−
−4 0 10
5 0 10
8 0 10 8 0
8
3
6V A A

µ
(b) De acordo com a lei de Lenz, o sentido da corrente induzida é o sentido anti-horário. 
17. O campo no centro da espira maior pode ser calculado usando a Eq. 29-10, B = m0i/2R, 
na qual R é o raio da espira. Assim, para i(t) = i0 + kt, na qual i0 = 200 A e k = (–200 A – 200 
A)/1,00 s = – 400 A/s, temos:
(a) B t
i
R
( )
( )( )
( , )
,= = = × =
−
0
2
4 10 200
2 1 00
10 0
7  H/m A
m
226 10 4× − T.
soluções dos problemas 229
(b) B t( , )
( ) ,
= =
× − ( )−
0 500
4 10 200 400 0 5007
s
H/m A A/s s (( )  =
2 1 00
0
( , )
.
m
(c) B t( , )
( ) ,
= =
× − ( )( )−
1 00
4 10 200 400 1 007
s
H/m A A/s s   = − × −
2 1 00
1 26 10 4
( , )
,
m
T,
o que nos dá | ( , ) | ,B t = = × −1 00 1 26 10 4s T.
(d) Sim, como indica a diferença entre os sinais de B(t) nos itens (a) e (c).
(e) Seja a a área da espira menor. Nesse caso, FB = Ba e a lei de Faraday nos dá
 = − = − = − = − 


= −
d
dt
d Ba
dt
a
dB
dt
a
B
t
BF 

( )
( ,2 000 10
1 26 10
1 00
4
4
× − × − ×




−
− −
m
T 1,26 10 T
s
2
4
)
,
,
== × −5 04 10 8, V.
18. (a) A “altura” do triângulo formado pelos trilhos e pela barra no instante t é igual à distância 
percorrida pela barra até esse instante: d = vt, na qual v é a velocidade da barra. A “base” do 
triângulo (distância entre os pontos de interseção da barra com os trilhos) é 2d. Assim,a área 
do triângulo é
A vt vt v t= = =1
2
1
2
2 2 2( ( )( ) .base)(altura)
Como o campo é uniforme, o fluxo, em unidades do SI, é 
FB = BA = (0,350)(5,20)2t2 = 9,464t2.
No instante t = 3,00 s, FB = (9,464)(9,00) = 85,2 Wb.
(b) De acordo com a lei de Faraday, a fem, em unidades do SI, é dada por
 = = =d
dt
dt
dt
tB
F
9 464 18 93
2
, , .
No instante t = 3,00 s, e = (18,93)(3,00) = 56,8 V.
(c) O cálculo do item (b) mostra que n = 1.
19. De acordo com a lei de Faraday,
 = − = − =N d BA
dt
NBA
d ft
dt
NBA f
( cos ) cos( )
sen(
θ π π2 2 22π ft),
o que nos dá
max ( , )( )( ,= =2 2 16 7 100 0 15 2π πfNAB rev s espiras m ))( , ) , .3 5 5 50 103T V 5,5 kV= × =
20. Como 1 gauss = 1024 T, a carga que atravessa o medidor é
q t
N
R
BA BA
NBA
R
( ) [ cos ( cos )]
cos= − − =
=
20 20
2 20
2
° °
°
(( )( , (cos )1000 0 590 10 204× − T) (0,100 m)
85,0
2 °
 ++
= × −
140
1 55 10 5

, C .
Note que o eixo da bobina faz um ângulo de 20°, e não 70°, com o campo magnético da Terra.
230 soluções dos problemas
21. (a) A frequência é
f = = =


2
40
40
( rev/s)(2 rad/rev)
2
Hz.
(b) Em primeiro lugar, definimos um ângulo em relação ao plano da Fig. 30-44, tal que o fio 
semicircular se encontra na posição u = 0 no instante inicial e um quarto de período de revo-
lução mais tarde se encontra na posição u = p/2, com o ponto médio a uma distância a acima 
do plano da figura. Nesse instante, a área envolvida pelo circuito está reduzida a um retângulo, 
cuja área vamos chamar de A0. Como a área de um semicírculo é pa2/2, a área envolvida pelo 
circuito em função de u é dada por
A A
a= +0
2
2

cos
na qual u = 2pft, se tomarmos t = 0 como o instante em que o fio semicircular se encontra na 
posição u = 0. Como o campo magnético é constante e uniforme, a lei de Faraday nos dá
 = − = − = −
+[ ] = −d
dt
B
dA
dt
B
d A a
dt
B
aBF 0
2 22( ) cosπ θ π/
22
2
22 2
d ft
dt
B a f ft
cos( )
sen( ).
π π π=
A amplitude da fem induzida é, portanto,
m B a f= = = ×−π π2 2 2 2 10 020 0 020 40 3 2( , ) ( , ) ( ) ,T m s 110 3− =V 3,2 mV.
22. De acordo com a lei de Faraday, 
 = − = − = =d
dt
d BA
dt
BA
d
dt
F ( cos )
sen ( , )( ,
φ φ φ 0 20 0 1T 55 2 0 60
0 018 18
2 1m / s
V mV
)sen( )( , )
, .
π −
= =
23. (a) Na região onde se encontra a espira menor, o campo magnético produzido pela espira 
maior pode ser considerado uniforme e igual ao valor do campo no centro da espira menor, que, 
de acordo com a Eq. 29-26, com z = x >> R, é dado por

B
iR
x
= 0
2
32
î
na qual o sentido do eixo x é para cima na Fig. 30-45. O fluxo do campo magnético através da 
espira menor é aproximadamente igual ao produto deste campo pela área da espira menor:
FB
ir R
x
= 0
2 2
32
.
(b) De acordo com a lei de Faraday, a fem induzida é
 = − = − 






 = −
d
dt
ir R d
dt x
irBF πµ πµ0 2 2
3
0
2
2
1 RR
x
dx
dt
ir R v
x
2
4
0
2 2
42
3 3
2




−

 =
πµ
.
(c) Quando a espira menor se afasta da espira maior, o fluxo do campo magnético através da 
espira menor diminui e temos uma situação semelhante à da Fig. 30-5b. De acordo com a lei de 
Lenz, o sentido da corrente induzida deve ser tal que produza um campo magnético orientado 
no mesmo sentido que o campo magnético produzido pela espira maior, de modo a se opor 
à diminuição do fluxo. Assim, o sentido da corrente é o sentido anti-horário quando a espira 
maior é vista de cima, o mesmo sentido da corrente i na Fig. 30-45.
24. (a) Como 

B B= î, apenas a área “projetadaî no plano yz contribui para o fluxo. Esta área 
“projetada” corresponde a um quarto de circunferência. Assim, o fluxo magnético FB através 
da espira é
FB B dA r B= ⋅ =∫
  1
4
2
soluções dos problemas 231
e, portanto,
| | = = 

 = =
d
dt
d
dt
r B
r dB
dt
BF 1
4 4
1
4
2
2
π π π(0,10 m)22
5
T/s)
2,4 10 V 24 V.
( ,3 0 10 3×
= × =
−
− µ
(b) De acordo com a lei de Lenz, o sentido da corrente no segmento bc é de c para b (a situação 
é análoga à da Fig. 30-5a).
25. (a) Vamos chamar de L o comprimento dos fios e supor que o eixo central de um dos fios 
passa pela origem do sistema de coordenadas e o outro pelo ponto x = D, para o qual D é a 
distância entre os fios. Como, por simetria, os campos magnéticos produzidos em pontos no 
intervalo 0 < D/2 < x são iguais aos campos magnéticos produzidos em pontos no intervalo 
D/2 < x < D, podemos escrever: 
FB
D d
d
D
B dA BL dx BL dx= = +∫ ∫ ∫2 2 20
2
0
2
2
2
na qual d é o diâmetro dos fios. Vamos usar R = d/2 e r em vez de x nos cálculos a seguir. 
Temos:
FB
R
L
i
R
r
i
D r
dr
i= +



+⌠
⌡
2
2 2
2
2
0
2
0
0
0




( )− 




r
i
D r
dr
i D R
D
+






= − −
⌠
⌡
0
0
2
0
2
2
1 2
( − )
ln
/
DD
i D R
R








+ −


= × ⋅−


0
50 23 10
ln
, T mm T m
T m Wb/m.
+ × ⋅
= × ⋅ =
−
−
1 08 10
1 3 10 13
5
5
,
, 
(b) Como, de acordo com os resultados do item (a), o fluxo por metro que corresponde ao inte-
rior dos fios é 0,23 × 10–5 T·m, a porcentagem que está no interior do fluxo que está no interior 
dos fios é
0 23 10
1 3 10
0 17 17
5
5
,
,
, %.
× ⋅
× ⋅
= =
−
−
T m
T m
(c) Nesse caso, os campos magnéticos produzidos em pontos no intervalo 0 < D/2 < x são 
iguais, em valor absoluto, aos campos magnéticos produzidos em pontos no intervalo D/2 < x < 
D, mas têm o sentido oposto e, portanto, o fluxo total (e, em consequência, o fluxo por metro) 
é igual a 0.
26. (a) Para começar, observamos que, em uma parte da região envolvida pela espira, os fluxos 
do campo magnético se cancelam. De acordo com a regra da mão direita, o campo magnético 
produzido pela corrente no fio retilíneo longo na parte da espira acima do fio aponta para fora 
do papel e o campo produzido na parte da espira abaixo do fio aponta para dentro do papel. 
Como a altura da parte da espira acima do fio é b 2 a, o fluxo em uma parte da espira abaixo 
do fio, de altura b 2 a, tem o mesmo valor absoluto e o sinal oposto ao do fluxo acima do fio e 
os dois fluxos se cancelam. Assim, o fluxo através da espira é dado por:
FB
b a
a
BdA
i
r
b dr
ib a
b
= = 

 ( ) =∫ −
⌠
⌡
 0 0
2 2π π
ln
−−



a
.
232 soluções dos problemas
Nesse caso, a lei de Faraday nos dá
 = − = −
−








= −d
dt
d
dt
ib a
b a
bBF µ
π
µ
π
0 0
2 2
ln lnn
ln
a
b a
di
dt
b a
b a
d
dt
t t
−




= −
−



 −
µ
π
0 2
2
9
2
10


= − −( )
−




µ
π
0 9 10
2
b t a
b a
ln .
Para a = 0,120 m, b = 0,160 m e t = 3,00 s, temos:
 = × −[ ]
−
−( )( , ) ( )
ln
,
, ,
4 10 0 16 9 3 10
2
0 12
0 16 0 12
7π
π




= × =−5 98 10 7, .V 0,598 Vµ
(b) Como di/dt > 0 no instante t = 3 s, a situação é análoga à da Fig. 30-5c. Assim, de acordo 
com a lei de Lenz, a fem induzida produz uma corrente no sentido anti-horário.
27. (a) Considere uma fita de largura infinitesimal dy e espessura l = 0,020 m. Se a fita está 
localizada na altura y, o fluxo magnético através da fita é
d BdA t y dyBF = = ( )( )4 2 l
e o fluxo total através da espira é
F FB Bd t y dy t= = ( ) =∫ ∫ 4 220 2 3l l
l
.
Assim, de acordo com a lei de Faraday,
 = = = = × =−d
dt
t s mB
F
4 4 2 5 0 020 8 0 10 803 3 5l ( , )( , ) , V µVV.
(b) De acordo com a lei de Lenz, o sentido da força eletromotriz induzida é o sentido horário.
28. (a) O campo produzido pelo fio é dado pela Eq. 29-17. Para calcular o fluxo, podemos usar 
a Eq. 30-1:
(b) Para calcular a corrente induzida na espira, calculamos a fem induzida, usando a lei de 
Faraday e levando em conta o fato de que dr/dt = v, e dividimos o resultado pela resistência da 
espira, o que nos dá
i
R
ia
R
d
dt
r b
r b
iabv
ln 2

2

 

0 0
2
/ 2
/ 2



 22 2
4 10 4 7 0 02
2 2
7


R r b[ ( / ) ]
( / )( , )( ,
2

 2 T m A A 22 0 0080 3 2 10
2 4 0 10 2 0
3
4
m m m / s)( , )( ,
( , )[ (

 
2
2 ,, ]
, .
0080
1 0 1010
2
5
m
A A  2 
29. (a) De acordo com a Eq. 30-8,
 = = =BLv ( , ,0 350 0 0481T)(0,250 m)(0,55 m/s) V.
(b) De acordo com a lei de Ohm, temos:
i = = =0 0481
18 0
0 00267 2 67
,
,
, , .
V
A mA

soluções dos problemas 233
(c) De acordo com a Eq. 26-27, P = i2R = 0,000129 W = 0,129 mW.
30. De acordo com a lei de Faraday, a fem induzida é dada por
 = = =d
dt
d BA
dt
A
dB
dt
BF ( ) .
Como, de acordo com a Eq. 29-23, o campo no interior do solenoide é dado por B = moni (e é 
zero do lado de fora do solenoide, o que significa que A = Asolenoide), temos:
 = = ( ) =A dB
dt
A
d
dt
ni nAsolenoide solenoide soµ µ0 0 llenoide solenoide
di
dt
,
na qual, de acordo com a Fig. 30-51b, disolenoide/dt = (1,00 A)/(2,0 s) = 0,5 A/s. Para n = 8000 
espiras/s e Asolenoide = p(0,02)2 (note que o raio da espira não aparece nos cálculos, que envol-
vem apenas no raio do solenoide), obtemos e = 6,3 mV. De acordo com a Eq. 26-28, a taxa de 
conversão de energia elétrica em energia térmica é dada por e2/R, enquanto, de acordo com a 
Fig. 30-51c, é dada por dEt /dt = (80,0 nJ)/(2,0 s) = 40,0 nJ/s. Assim, temos:
R
dE dtt
= = ×
×
=
−
−
2 6 2
9
6 3 10
40 0 10
1 0
/
V
J/s
m
( , )
, )
, 
31. De acordo com a Eq. 26-28, a taxa de geração de energia térmica é P = e2/R. De acordo com 
a Eq. 26-16, a resistência é dada por R = ρL/A, na qual ρ é a resistividade do material, L é o 
comprimento do fio e A é a área da seção reta do fio. A área envolvida pela espira é
A r
L L
env espira
2= = 

 =   2 4
2 2
.
Como, de acordo com a lei de Faraday,
 = = =d
dt
A
dB
dt
L dB
dt
BF
env
2
4π
,
temos:
P
R
L dB dt
L d
d L dB= = =
2 2 2 2
2
2 34
4 64
( ) ( )
/ ( )
/ /
/
π
ρ π πρ ddt



 =
×
×
−2 3 2 31 00 10 0 500
1
( , ) ( , )m m
64 (1,69π 00
0 0100
3 68 10
8
2
6
−
−
⋅
( )
= × =
 m
T/s
W 3,68 W.
)
,
, µ
32. Como, neste caso, |∆B| = B, a energia térmica produzida é
P t
t
R R
d
dt
t
R
A
B
t
B
t
 F



= = −

 = −




2
21 1 22 2 2
4 2 2 6 22 00 10 17 0 10
5


t
A B
R t
=
= × ×
− −( , ) ( , )
( ,
m T
221 10 2 96 10
7 50 10
6 3
10
× ×
= ×
− −
−
)( , )
,
s
J = 750 pJ..
33. (a) Vamos chamar de x a distância entre a barra e a extremidade direita dos trilhos. De acor-
do com a Eq. 29-17, o campo produzido pelo fio em um ponto do espaço é B = m0i/2pr, na qual 
r é a distância entre o ponto e o fio. Considere uma tira horizontal infinitesimal de comprimento 
x e largura dr, situada a uma distância r do fio. O fluxo através da tira é
d BdA
i
r
xdrBF = =


0
2
.
234 soluções dos problemas
De acordo com a Eq. 30-1, o fluxo total através da espira formada pela barra e pelos trilhos é
FB
a
a Lix dr
r
ix a L
a
= = +


+
⌠
⌡




0 0
2 2
ln .
De acordo com a lei de Faraday, a fem induzida na espira é
 = = +

 =
+

d
dt
i dx
dt
a L
a
iv a L
a
BF µ
π
µ
π
0 0
2 2
ln ln 
= × ⋅ +
−( )( )( , )
ln
,4 10 100 5 00
2
1 007π
π
T m/A A m/s cm 110,0cm
cm
V 240 V.
1 00
2 40 10 4
,
,




= × =− µ
(b) De acordo com a i
R
i = =
× = × =
−
− 2 40 10
0 400
6 00 10 0 600
4
4,
,
, , .
V
A mA

Como o fluxo está aumentando, o campo magnético produzido pela corrente induzida aponta 
para dentro do papel na região envolvida pela barra e pelos trilhos e, portanto, a corrente tem 
o sentido horário.
(c) A potência dissipada na espira é dada por 
P i Ri= = × = × =− −2 4 2 76 00 10 0 400 1 44 10 0 1( , ) ( , ) , ,A W 444 W.
 (d) Para que a barra se mova com velocidade constante, a resultante das forças que agem sobre 
a barra deve ser nula. Para isso, a força externa aplicada à barra deve ser igual, em módulo, à 
força magnética e deve ter o sentido oposto. O módulo da força magnética exercida sobre um 
segmento infinitesimal da barra de comprimento dr, situado a uma distância r do fio, é
dF iBdr
i i
r
drB
i= = 

0
2
.
Integrando força acima para toda a barra, temos:
F
i i dr
r
i i a L
a
B
i
a
a L
i= = +


=
+
⌠
⌡





0 0
2 2
4
ln
( ×× ⋅ × +− −10 6 00 10 100
2
1 007 4T m/A A A cm 10)( , )( )
ln
,

,,0 cm
cm
N.
1 00
2 87 10 8
,
,




= × −
Como o campo produzido pelo fio aponta para fora do papel na região onde a barra está se 
movendo e o sentido da corrente na barra é para cima, a força associada ao campo magnético 
aponta para a direita e, portanto, a força externa aplicada deve apontar para a esquerda.
(e) De acordo com a Eq. 7-48, a taxa com a qual a força externa realiza trabalho sobre a espira é 
P = Fv = (2,87 × 10–8 N)(5,00 m/s) = 1,44 × 10–7 W = 0,144 mW.
Como toda a energia fornecida pela força externa é convertida em energia térmica, este valor é 
igual ao da potência dissipada na espira, calculado no item (c).
34. Como Ftot = BiL – mg = 0, temos:
i
mg
BL R R
d
dt
B
R
dA
dt
Bv L
R
B t= = = = =| | , 1 F
o que nos dá vt = mgR/B2L2.
soluções dos problemas 235
35. (a) De acordo com a Eq. 30-8,
 = = =BLv ( , )( ,1 2 0 10T m)(5,0 m/s) 0,60 V.
(b) De acordo com a lei de Lenz, o sentido da fem induzida é o sentido horário. Isso significa 
que, na barra, o sentido da fem é para cima.
(c) De acordo com a lei de Ohm, a corrente induzida é i = 0,60 V/0,40 Ω = 1,5 A.
(d) O sentido da corrente é o sentido horário.
(e) De acordo com a Eq. 26-27, P = i2R = 0,90 W.
(f) De acordo com a Eq. 28-2, a força que o campo magnético exerce sobre a barra aponta para 
a direita e tem um módulo
F iLB= = =( , )( , ,1 5 0 10 0 18A m)(1,2 T) N.
Para manter a barra em movimento com velocidade constante, é preciso aplicar uma força de 
mesmo módulo no sentido da direita para a esquerda. A resposta é, portanto, 
Fext = 0,18 N.
(g) De acordo com a Eq. 7-48, a taxa com a qual a força realiza trabalho sobre a barra é dada por
P = Fv = (0,18 N)(5,0 m/s) = 0,90 W.
Como toda a energia fornecida pela força externa é convertida em energia térmica, este valor 
é igual ao da taxa com a qual a energia é dissipada na barra em forma de calor, calculado na 
item (e).
36. (a) No caso da trajetória 1, temos:
  E ds
d
dt
d
dt
B A A
dB
dt
r
dBB⋅ = − = ( ) = =∫1
1
1 1 1
1
1
2 1F 
ddt
= − ×
= − × = −
−
−
( , ) ( , )
,
0 200 8 50 10
1 07 10
2 3
3
m T/s
V 11 07, mV.
(b) No caso da trajetória 2, temos:
  E ds
d
dt
r
dB
dt
B⋅ = − = = −∫ F 2 22 2 20 300 8 5 2 m( , ) ( , 00 10
2 40 10 2 40
3
3
×
= − × = −
−
−
T/s
V mV.
)
, ,
(c) No caso da trajetória 3, temos:
      E ds E ds E ds⋅ = ⋅ − ⋅ = − × − −∫ ∫ −3 1 31 07 10 2, ( ,V 44 10
1 33 10 1 33
3
2
3
×
= × =
−
−
∫ V
V mV
)
, , .

37. (a) Como o ponto está dentro do solenoide, devemos usar a Eq. 30-25. O módulo do campo 
elétrico induzido é
E
dB
dt
r= = × = ×− −1
2
1
2
6 5 10 0 0220 7 15 103( , )( , ) ,T/s m 55 V/m 71,5 V/m.= 
(b) Como o ponto está fora do solenoide, devemos usar a Eq. 30-27. O módulo do campo elé-
trico induzido é
E
dB
dt
R
r
= = × −1
2
1
2
6 5 10
0 0600
0 082
2
3
2
( , )
( , )
( ,
T/s
m
00
1 43 10 4
m
V/m 143 V/m.
)
,= × =− 
236 soluções dos problemas
38. A mudança brusca de inclinação do gráfico da Fig. 30-55 mostra que o raio da região circu-
lar é 2,0 cm. De acordo com a Eq. 30-20, para valores de r menores que este valor,
  E ds E r
d
dt
d BA
dt
A
dB
dt
r aB⋅ = = = = =∫ ( ) ( ) ,2 2 F
o que nos dá E/r = a/2. E/r é a inclinação da parte retilínea do gráfico, cujo valor é (300 × 10−6 
N/C)/(2,00 × 10−3 m) = 0,015 m. Assim, a = 2E/r = 0,030 T/s. 
39. O campo magnético B pode ser escrito na forma
B t B B t( ) = + +( )0 1 0sen , 
na qual B0 = (30,0 T + 29,6 T)/2 = 29,8 T e B1 = (30,0 T 2 29,6 T)/2 = 0,200 T. Nesse caso, de 
acordo com a Eq. 30-25,
E t
dB
dt
r
r d
dt
B B t( ) sen= 

 = + +( ) 
1
2 2 0 1 0
  == +( )1
2 1 0
B r t  cos .
Como ω = 2pf e o valor de E(t) é máximo para cos(ωt + f0) = 1, temos:
E B f rmax ( ) ( , )( )( )( ,= = ×
1
2
2
1
2
0 200 2 15 1 6 101  T Hz −− =20 15m V/m.) ,
40. Como NFB = Li, temos:
FB
Li
N
= = × × = ×
− −
−( , )( , ) ,
8 0 10 5 0 10
400
1 0 10
3 3
7H A Wb == 0,10 Wb.
41. (a) O fluxo magnético que enlaça as espiras é igual ao fluxo que atravessa uma espira mul-
tiplicado pelo número de espiras:
F Ftotal T= = = = × −N NBA NB rB ( ) ( , )( , )( 2 330 0 2 60 10 ))( , )
,
0 100
2 45 10
2
3
m
Wb 2,45 mWb.= × =−
(b) De acordo com a Eq. 30-33, temos:
L
N
i
B= = × = × =
−
−F 2 45 10
3 80
6 45 10
3
4,
,
,
Wb
A
H 0,645 mHH.
42. (a) Podemos imaginar que o solenoide é a combinação de N espiras circulares dispostas ao 
longo da largura W da fita de cobre. Nesse caso, a corrente em cada fita é ∆i = i/N e o campo 
magnético no interior do solenoide é 
B n i
N
W
i
N
i
W
= = 





 = =
× ⋅−
 
 
0 0
0
74 10

( T m//A)(0,035 A)
m
T 0,27 T.
0 16
2 7 10 7
,
,= × =− 
(b) De acordo com a Eq. 30-33, temos:
L
i
R B
i
R i W
i
R
W
B= = = = = × ⋅
−F      2 2 0 0
2 74 10( / ) ( T m//A)(0,018 m)
m
H 8,0 nH
2
0 16
8 0 10 9
,
, .= × =−
43. Vamos definir um eixo de coordenadas r tal que o eixo central de um dos fios está na ori-
gem e o outro em r = d. De acordo com a regra da mão direita, os campos se somam da região 
entre os dois fios e, por simetria, os campos na região em que 0 < r < d/2 têm o mesmo valor 
que os campos na região em que d/2 < r < d, com r substituído por d − r. Vamos chamar de l 
soluções dos problemas 237
o comprimento dos fios e calcular, por integração, o fluxo magnético por unidade de compri-
mento, FB/l. Devido à simetria, podemos realizar a integração apenas no intervalo 0 < xr < d/2 
e multiplicar o resultado por 2:
FB
d a
ext
a
d
B dA B dr B dr= = +∫ ∫ ∫2 2 20
2
0
2/
int
/
( ) ( ),l l
na qual Bint é o campo no interior dos fios, dado pela Eq. 29-20, e Bext é o campo do lado de fora 
dos fios, dado pela Eq. 29-17. Assim, temos:
FB
a
i
a
r
i
d r
dr
i
l
= +
−




+⌠
⌡
2
2 2
2
2
0
2
0
0
0




( ) 




r
i
d r
dr
i d a
a
d
+
−




= − −
⌠
⌡
0
2
0
2
2
1 2
( )
ln
/
dd
i d a
a








+ −




0 ln ,
na qual o primeiro termo é o fluxo no interior dos fios e será desprezado, como sugere o enun-
ciado do problema. Assim, o fluxo é dado, aproximadamente, por
FB
i d a
a
= −




0 l ln
e, de acordo com a Eq. 30-33 (com N = 1), temos:
L
Li
d a
a
B
l
= = −

 =
× ⋅−F 



0
74 10 14
ln
(
ln
T m/A) 22 1 53
1 53
1 81 10 6
−



= × =−
,
,
, .H/m 1,81 H/m
44. Como, de acordo com a Eq. 30-35, e = –L(di/dt), temos:
di
dt L
= − = − = − 60
12
5 0
V
H
A/s,,
o que nos dá |di/dt| = 5,0 A/s. Podemos obter esta taxa de variação, por exemplo, reduzindo a 
corrente de 2,0 A para zero em 40 ms a uma taxa constante.
45. (a) De acordo com a lei de Lenz, a força eletromotriz se opõe à variação da corrente. Assim, 
se a polaridade da fem é tal que a corrente induzida tem o mesmo sentido que a corrente já 
existente, isso indica que a corrente está diminuindo.
(b) De acordo com a Eq. 30-35,
L
di dt
= = = × =−
/
V
2,5 kA/s
H 0,68 mH.
17
6 8 10 4,
46. Durante os períodos de tempo em que a corrente está variando linearmente com o tempo, a 
Eq. 30-35 nos dá | | | | .e = L i t / Assim, temos (omitindo os símbolos de valor absoluto para 
simplificar a notação):
(a) Para 0 < t < 2 ms,
 = = −
×
= × =−L
i
t


( , )( , )
,
,
4 6 7 0 0
2 0 10
1 6 10
3
4H A
s
V 16 kV.
(b) Para 2 ms < t < 5 ms,
 = = ( ) −( )
−( ) =−L
i
t


4 6 5 0 7 0
5 0 2 0 10
3 1
3
, , ,
, ,
,
H A A
s
×× =103 V 3,1 kV.
238 soluções dos problemas
(c) Para 5 ms < t < 6 ms,
 = = ( ) −( )
−( ) = ×−L
i
t


4 6 0 5 0
6 0 5 0 10
2 3 10
3
, ,
, ,
,
H A
s
44 V 23 kV.=
47. (a) De acordo com a Eq. 30-35, a tensão entre os terminais dos indutores é diretamente pro-
porcional à indutância. A situação é análoga à dos resistores. Como as tensões (independentes) 
de componentes em série se somam, as indutâncias de indutores em série se somam. Assim, 
temos:
Leq = L1 + L2.
Note que, para que as tensões dos indutores sejam independentes, é preciso que o campo mag-
nético produzido por um dos indutores não afete o outro, o que significa que os indutores não 
devem estar muito próximos (o caso em que os campos magnéticos produzidos por indutores 
afetam outros indutores é discutido na Seção 30-12).
(b) Analogamente ao caso dos resistores, L Lnn
N
eq = =∑ .1
48. (a) se dois indutores, L1 e L2, estão submetidos à mesma tensão V, a Eq. 30-35 nos dá:
di
dt
L
V
di
dt
L
V
1 1 2 2= − = −e
Como a corrente total que passa pelos dois indutores é i1 + i2, temos:
di
dt
di
dt
di
dt
L
V
L
V
= + = − −1 2 1 2 .
De acordo com a Eq. 30-35, se substituirmos os dois indutores por um único indutor equiva-
lente, deveremos ter:
di
dt
L
V
= − eq
Combinando as duas equações anteriores, obtemos:
1 1 1
1 2L L Leq
= + .
Note que, para que as correntes dos indutores sejam independentes, é preciso que o campo mag-
nético produzido por um dos indutores não afete o outro, o que significa que os indutores não 
devem estar muito próximos (o caso em que os campos magnéticos produzidos por indutores 
afetam outros indutores é discutido na Seção 30-12).
(b) Analogamente ao caso dos resistores, 1 1
1
L Lnn
N
eq
=
=
∑ .
49. De acordo com os resultados dos Problemas 30-47 e 30-48, a resistência equivalente é
L L L L L L
L L
L L
eq mH mH= + + = + + +
= +1 4 23 1 4 2 3
2 3
30 0 15 0, , ++
+
=
( , )( , )
, ,
,
50 0 20 0
50 0 20 0
59 3
mH mH
mH mH
mH.
50. Vamos chamar de if o valor final da corrente. De acordo com o enunciado, i = if /3 no ins-
tante t = 5,00 s. Nesse caso, de acordo com a Eq. 30-41, temos:
i i e
t
i i
f
t
L
f
L= −( ) ⇒ = −
−
=
−
−1
1
5 00
1 1
/
ln( )
,
ln(
 
/
s
/33
12 3
)
, .= s
soluções dos problemas 239
51. A corrente no circuito é dada por i i e t L= −0  , na qual i0 é a corrente no instante t = 0 e tL = 
L/R é a constante de tempo indutiva. Dividindo por i0 e tomando o logaritmo de ambos os 
membros, obtemos
ln ,
i
i
t
L0




= −

o que nos dá
L
t
i i
= − = −
×[ ] =−ln( / )
,
ln ) , )
,
0
3
1 0
10 10 1 0
0
s
( A /( A
2217s.
Assim, R = L/tL = 10 H/0,217 s = 46 Ω.
52. (a) Logo após o fechamento da chave, e – eL = iR. Entretanto, como i = 0 nesse instante, 
eL = e, o que nos dá eL/e = 1,00.
(b)     L tt e e eL L L( ) , ,, ,= = = =− − −τ τ τ2 0 2 0 0 135 o que nos dá eL/e = 0,135.
(c) Como e eL tt e L( ) ,= − τ temos:
t
t t
L L
L Lτ
τ τ=




= ⇒ = = ⇒ln ln ln ,

2 2 0 693 //τ L = 0 693, .
53. (a) se a bateria é ligada ao circuito no instante t = 0, a corrente para t > 0 é dada por
i
R
e t L= −( )− 1 / ,τ
na qual tL = L/R. No instante em que i = 0,800e/R, temos:
0 800 1 0 200, , ./ /= − ⇒ =− −e et tL L 
Tomando o logaritmo natural de ambos os membros, obtemos
–(t/tL) = ln(0,200) = –1,609,
o que nos dá
t
L
R
L= = =
×
×
−
1 609
1 609 1 609 6 30 10
1 20 10
6
3
,
, , ( ,
,

H)

= × =−8 45 10 9, s 8,45 ns .
(b) No instante t = 1,0tL, a corrente no circuito é
i
R
e e= −( ) =
×




−− − 1 14 0 11 0 1 0, ,, ( )V
1,20 103 
== × =−7 37 10 3, A 7,37 mA.
A figura a seguir mostra a corrente no circuito em função de t/tL.
240 soluções dos problemas
54. (a) Imediatamente após o fechamento da chave, a corrente no indutor é zero e, portanto,
i
R R
1
1 2
100
3 33=
+
= = V
10,0 + 20,0
A.
 
,
(b) Como foi visto no item (a), a corrente no indutor é zero e, portanto,
i2 = i1 = 3,33 A.
Após um longo tempo, a corrente atinge o valor final. Quando isso acontece, a fem entre os 
terminais do indutor é zero e o componente pode ser substituído por um fio condutor. Nesse 
caso, a corrente em R3 é i1 2 i2 e, de acordo com a regra das malhas,


− − =
− − − =
i R i R
i R i i R
1 1 2 2
1 1 1 2 3
0
0
,
( ) .
Resolvendo o sistema de equações anterior, obtemos:
(c) 
i
R R
RR R R R R
1
2 3
1 2 1 3 2 3
100 20 0 30 0= +
+ +
= +( ) ( )( , ,V  
    
)
( , )( , ) ( , )( , ) ( , )(10 0 20 0 10 0 30 0 20 0 30+ + ,, )
,
0
4 55

= A.
(d) 
i
R
R R R R R R
2
3
1 2 1 3 2 3
100 30 0
10 0 2
=
+ +
= ( )( , )
( , )(
V 
 00 0 10 0 30 0 20 0 30 0
2 73
, ) ( , )( , ) ( , )( , )
,
    + +
= A.
(e) Como, após o fechamento da chave, a malha da esquerda deixa de conduzir corrente, i1 = 0. 
(f) Como o valor da corrente em um indutor não pode mudar bruscamente, o valor da corrente 
em R3 imediatamente após a chave ser aberta é o mesmo que antes da abertura da chave, i3 = 
i1 2 i2 = 4,55 A 2 2,73 A = 1,82 A. De acordo com a lei dos nós, a corrente em R2 tem o mesmo 
valor absoluto e o sentido inverso: i2 = 21,82 A.
Como a fonte de alimentação foi desligada do circuito, o valor final de todas as correntes é 
zero. Assim,
(g) i1 = 0. 
(h) i2 = 0.
55. O valor da corrente para t > 0 é dado por
i i ef t L= −( )−1 / ,
na qual if é a corrente final e tL = L/R é a constante de tempo indutiva. No instante em que i = 
0,9990if , temos:
0 990 1 0 0010, ( ) ln( , ) ( )/i i e tf f t L= − ⇒ = − ⇒−  / tt L/ = 6 91, .
soluções dos problemas 241
A figura a seguir mostra a corrente normalizada, i/if , em função de t/tL.
56. Como a inclinação do gráfico da Fig. 30-62 é igual a F/i, temos: F/i = (4,0 × 10−4 T . m2)/
(2,00 A) = 2 ×10−4 H. Assim, como N = 25, a indutância do indutor é L = N F/i = 5 × 10−3 H. 
Derivando a Eq. 30-41 em relação ao tempo, obtemos:
di
dt R
R
L
e
L
e et tL L= =
×
=− − −
− / / , ,τ τ
16
5 10
7 1
3
1 5V
H
×× 102 A/s.
57. (a) Como a corrente no resistor é zero antes da queima do fusível, a aplicação da regra das 
malhas à malha formada pela fonte, pelo fusível e pelo indutor nos dá

− = ⇒ =L di
dt
i
t
L
0 .
No instante tq em que o fusível queima, i = iq = 3,0 A. Assim,
t
i L
q
q= = =

( , )( , )
,
3 0 5 0
10
1 5
A H
V
s.
(b) A figura a seguir mostra o gráfico pedido.
58. De acordo com a regra das malhas,
 = + = + + + =L di
dt
iR L
d
dt
t t R( , , ) ( , , ) ( , )3 0 5 0 3 0 5 0 6 0 (( , ) ( , , )( , )
( ) .
5 0 3 0 5 0 4 0
42 20
+ +
= +
t
t V
242 soluções dos problemas
59. (a) Vamos supor que o sentido da corrente i na chave é da esquerda para a direita. Vamos cha- 
mar de i1 a corrente no resistor e supor que o sentido dessa corrente é para baixo. Vamos chamar 
de i2 a corrente no indutor e supor que o sentido dessa corrente também é para baixo. De acordo 
com a regra das malhas, i1R 2 L(di2/dt) = 0. De acordo com a regra dos nós, i = i1 + i2. Como a 
corrente i é constante, a derivada desta equação em relação ao tempo nos dá di1/dt = 2 di2/dt. 
Substituindo na primeira equação, obtemos
L
di
dt
i R1 1 0+ = .
Por analogia com a Eq. 30-44, a solução é dada pela Eq. 30-45, com i1 no lugar de i:
i i e Rt L1 0= − ,
na qual i0 é a corrente no resistor no instante t = 0, imediatamente após o fechamento da cha-
ve. Como a corrente em um indutor não pode variar bruscamente, nesse instante i2 = 0 e i1 = i. 
Assim, i0 = i e
i ie i i i i eRt L Rt L1 2 1 1= = − = −− −, ( ) .
(b) Quando i2 = i1,
e e eRt L Rt L Rt L− − −= − ⇒ =1 1
2
.
Tomando o logaritmo natural de ambos os membros, temos:
Rt
L
t
L
R



 = ⇒ =ln ln .2 2
A figura a seguir mostra os gráficos de i1/i e i2/i em função de t/tL.
60. (a) Vamos usar a seguinte notação: h é a altura do núcleo toroidal, a é o raio interno e b é 
o raio externo. Como a seção reta é quadrada, h = b 2 a. Podemos calcular o fluxo usando a 
Eq. 29-24 e a indutância usando a Eq. 30-33:
FB
a
b
a
b
B dA
Ni
r
h dr
Nih b
a
= = 

 =∫ ⌠⌡




0 0
2 2
ln 


e
L
N
i
N h b
a
B= = 


F 

0
2
2
ln .
soluções dos problemas 243
Como a circunferência interna do núcleo é l = 2pa = 2p(10 cm) ≈ 62,8 cm, o número de espiras 
é N ≈ 62,8 cm/1,0 mm = 628. Assim,
L
N h b
a
= 

 ≈
× −

0
2 7 2
2
4 10 628 0 02
ln
( )( ) ( ,H m m))
ln ,
2
12
10
2 9 10 4




 = × =
− H 0,29 mH.
(b) Como o perímetro de um quadrado é igual a quatro vezes o lado, o comprimento total do fio 
é l = (628)(4)(2,0 cm) = 50 m e a resistência do fio é 
R = (50 m)(0,02 Ω/m) = 1,0 Ω.
Assim,
L
L
R
= = × = × =
−
−2 9 10 2 9 10
4
4, ,
H
1,0
s 0,29 ms.

61. (a) Se a bateria é ligada ao circuito no instante t = 0, a corrente é dada por
i
R
e t L= −( )− 1 τ ,
na qual e é a fem da bateria, R é a resistência e tL é a constante de tempo indutiva (L/R). Isso 
nos dá
e
iR t iRt
L
L− = − ⇒ − = −


τ
τ
1 1
 
ln .
Como
ln ln
( , )( , )
,
1 1
2 00 10 10 0 10
50 0
3 3
−

 = −
× ×−iR

A 
VV





 = −0 5108, ,
a constante de tempo indutiva é
L
t s
s= = × = ×
−
−
0 5108
5 00 10
0 5108
9 79 10
3
3
,
,
,
,
e a indutância é
L RL= = × × =− ( , )( , ) ,9 79 10 10 0 10 97 93 3s H.
(b) A energia armazenada na bobina é
U LiB = = × = × =− −
1
2
1
2
97 9 2 00 10 1 96 102 3 2 4( , )( , ) ,H A J 00,196 mJ.
62. (a) De acordo com as Eqs. 30-49 e 30-41, a taxa com a qual a energia está sendo armazena-
da no campo magnético da bobina é
dU
dt
d Li
dt
Li
di
dt
L
R
e
R
B t L=
( )
= = −( )


−
1
2
2
1
1 τ
ττ
τ τ τ
L
t t te
R
e eL L L− − −




= −( )
2
1 .
Como 
tL = L/R = 2.0 H/10 Ω = 0,20 s
e e = 100 V, a expressão anterior nos dá dUB/dt = 2,4 × 102 W para t = 0,10 s.
(b) De acordo com as Eqs. 26-27 e 30-41, a potência dissipada na resistência é
P i R
R
e R
R
et tL Lt = = −( ) = −( )− −2
2
2
2
2
2
1 1
 τ τ .
244 soluções dos problemas
Para t = 0,10 s, a expressão anterior nos dá Pt = 1,5 × 102 W.
(c) De acordo com a lei de conservação da energia, a potência fornecida pela fonte é
P P
dU
dt
B
fonte t W.= + = ×3 9 102,
Note que o mesmo resultado poderia ser obtido usando as Eqs. 26-26 e 30-41.
63. De acordo com as Eqs. 30-49 e 30-41, a taxa com a qual a energia é armazenada no campo 
magnético do indutor é
dU
dt
d Li
dt
Li
di
dt
L
R
eB t L=
( )
= = −( )



−
2 2
1
/  τ
RR
e
R
e e
L
t t tL L L
1
1
2
τ
τ τ τ− − −



= − ( ) .
De acordo com as Eqs. 26-27 e 30-41, a taxa com a qual a energia é dissipada no resistor é
P i R
R
e R
R
et tL Lt = = − = −− −2
2
2
2
2
21 1
 
( ) ( ) .τ τ
Igualando as duas equações e explicitando o tempo, obtemos:
 2 2
2
1 1 2 37
R
e
R
e e tt t t LL L L( ) ( ) ln (− = − ⇒ = =− − −τ τ τ τ ,, ) ln ,0 2 25 6ms ms.=
64. Seja U t Li tB ( ) = ( )12 2 . Queremos que a energia no instante t seja metade do valor final: 
U t U t LiB f( ) )= → =( / /º 2 42 . Isto nos dá i t i f( ) .= / 2 Como i t i ef t L( ) ( ),/= − −1  temos:
1
1
2
1
1
2
1 23− = ⇒ = − −



=−e tt
L
L

ln , .
65. (a) A energia fornecida pela fonte é a integral da Eq. 27-14, na qual a corrente é dada pela 
Eq. 30-41:
P dt
R
e dt
R
t
L
R
e
t
Rt L
t
R
fonte
0
2
0
2
1∫ = −( ) = +− −⌠⌡
  tt L
e
−( )



= +
−
1
10 0
6 70
2 00
5 502 6( , )
,
,
( , )V
s
H

,, , ,
,
,
70 2 00 5 50 1
6 70
18 7


( )( ) − 







=
s H
JJ.
(b) A energia armazenada no campo magnético é dada pela Eq. 30-49:
U Li t L
R
eB Rt L= =



 − = ( )
−1
2
1
2
1
1
2
5 50
12
2
2( ) ( ) ,
e
H
00 0
6 70
1
2
6 70 2 00 5 50,
,
, , ,V s H





− 
−( )( )e 
=
2
5 10, J.
(c) De acordo com a lei de conservação da energia, a energia dissipada no resistor é igual à 
diferença entre os resultados dos itens (a) e (b): 18,7 J 2 5,10 J = 13,6 J.
66. (a) De acordo com a Eq. 29-9, o módulo do campo magnético no centro da espira é
B
i
R
= = ×
×
= ×
−
−
 0
7
32
4 10 100
2 50 10
1 3 10
( ) ( )
( )
,
H m A
m
−− =3 1 3T mT, .
soluções dos problemas 245
(b) De acordo com a Eq. 30-55, a densidade de energia nas proximidades do centro da espira é
u
B
B = =
×
×
=
−
−
2
0
3 2
7
3
2
1 3 10
2 4 10
0 63
 
( , )
( )
, .
T
H m
J m
67. (a) De acordo com a Eq. 30-55, a densidade de energia magnéticaé dada por uB = B2/2m0. 
Como, no interior de um solenoide, B = m0ni, na qual n, neste caso, é dado por 
n = (950 espiras)/(0,850 m) = 1,118 × 103 m–1,
a densidade de energia magnética é
u n iB = = × ⋅ ×− −
1
2
1
2
4 10 1 118 100 2 2 7 3 1 2 ( )( , ) (T m A m 66 60 34 22
3, ) , .A J m=
(b) Como o campo magnético é uniforme no interior de um solenoide ideal, a energia total 
armazenada no campo magnético é UB = uBV, na qual V é o volume do solenoide. O volume V, 
por sua vez, é igual ao produto da área da seção reta pelo comprimento do solenoide. Assim,
UB = × = ×− −( , )( , )( , ) ,34 2 17 0 10 0 850 4 94 103 4 2 2J m m m JJ 49,4 mJ= .
68. A energia magnética armazenada no indutor toroidal é dada por UB = Li2/2, na qual L é a 
indutância e i é a corrente. A energia magnética também é dada por UB = uBV, na qual uB é 
densidade de energia média e V é o volume. Assim,
i
u V
L
B= =
×
=−
2 2 70 0 0 0200
90 0 10
5 58
3 3
3
( , )( , )
,
,
J m m
H
AA.
69. Como u E u BE B= = = 0 2 2 02 2/ / , temos:
E
B= =
× ×
= ×
− −  0 0 12 7
0 50
8 85 10 4
1 5
,
( , ) ( )
,
T
F m H m10
1108 V m.
70. É importante notar que o gráfico da Fig. 30-65b não expressa a densidade de energia em 
função da coordenada do ponto na qual a densidade de energia é medida; a densidade de ener-
gia é sempre medida na origem. O que o gráfico mostra é a densidade de energia na origem 
em função da posição do fio 2. Note que o gráfico passa por um ponto em que a densidade de 
energia é zero. Isso significa que os campos magnéticos produzidos pelas duas correntes têm 
sentidos opostos, o que, por sua vez, significa que as correntes têm o mesmo sentido nos dois 
fios. Além disso, sabemos que |B1| = |B2| quando x = 0,20 cm, o valor de x para o qual uB é zero. 
Assim, de acordo com a Eq. 29-4, 




0 1 0 2
2 2 0 20
i
d
i=
( , )
,
m
o que nos dá d = 0,067 m. Sabemos também que quando a densidade de energia é produzida 
exclusivamente por B1 (o que acontece quando x → ∞), uB = 1,96 × 10−9 J/m3, o que nos dá
B uB1 0 7 92 2 4 10 7 02= = × × = ×− − ( ) ,H/m)(1,96 10 J/m3 110 8− T.
(a) Como B1 = m0i1/2pd, temos:
i
dB
1
1
0
8
7
2 2 0 067 7 02 10
4 10
= = ×
×
−
−




( , )( , )m T
H/m
== =0 023 23, .A mA
(b) i2 = 3i1 = 3(23 mA) ≈ 70 mA.
246 soluções dos problemas
71. (a) A densidade de energia do campo magnético é
u
B i
R
i
R
B = =



 = =
× −2
0 0
0
2
0
2
2
7
2
1
2 2 8
4 10
 
  ( H mm A
m 2
J m
)( )
( , )
, .
10
8 2 5 10
1 0
2
3 2
3
×
=−
(b) A densidade de energia do campo elétrico é
u E J
iR
E = = ( ) = 

 = ×
−1
2 2 2
1
2
8 85 100 2
0 2 0
2
1
 ρ
l
( , 22 3
2
15 3
10 3 3 10
4 8 10
F m A m
J m
) ( )( , )
, .
[ ]
= × −
72. (a) O enlaçamento de fluxo magnético F12 da bobina 1 é
F12
1 1
1
25 6 0
100
1 5= = =L i
N
( )( , )
, .
mH mA
Wb
(b) A força eletromotriz autoinduzida na bobina 1 é
1 1
1 225 4 0 1 0 10= = = ×L di
dt
( )( , ) , .mH A s mV
(c) O enlaçamento de fluxo magnético F21 da bobina 2 é
F21
1
2
3 0 6 0
200
90= = ( )( ) =Mi
N
, ,mH mA
nWb.
(d) A força eletromotriz autoinduzida na bobina 2 é
2
1 3 0 4 0 12= = ( )( ) =M di
dt
, , .mH A s mV
73. (a) De acordo com a Eq. 30-65, temos:
M
di dt
= = =ε1
2
25 0
15 0
1 67
,
,
, .
mV
A s
mH
(b) De acordo com a Eq. 30-59, temos:
N Mi2 21 1 1 67 3 60 6 00F = = =( , )( , ) , .mH A mWb
74. Como e2 = –M di1/dt ≈ M|∆i/∆t|, temos:
M
i t
= = ×
×
=−

 1
3
3
30 10
6 0
13
V
A 2,5 10 s
H
, ( )
.
75. Como o fluxo magnético através da espira do campo B produzido pela corrente i é dado 
por
F = = = +
+ +
∫ ⌠⌡Bl dr
il
r
dr
il b
aa
a b
a
a b 



0 0
2 2
1ln  ,
temos:
M
N
i
N l b
a
= = +


= ×
−
F 


0
7
2
1
100 4 10 0
ln
( ) ( ) (H m ,, )
ln
,
,
, .
30
2
1
8 0
1 0
1 3 10 5
m
H 13 H


+



= × =−
soluções dos problemas 247
76. (a) A indutância mútua da combinação bobina-solenoide é
M M
N
i
N i n R
i
R nNbs
bs
s
s
s
= = = =F ( ) .   0
2
0
2
(b) Como o campo magnético do lado de fora de um solenoide longo é praticamente nulo, se o 
solenoide estiver envolvido pela bobina C, o fluxo do campo magnético através da bobina será 
Fsc = BsAs = BspR2, independentemente da forma, tamanho ou possível falta de compactação 
da bobina.
77. (a) Vamos supor que a taxa de variação da corrente é di/dt e calcular a fem total induzida 
no circuito formado pelas duas bobinas. Os campos magnéticos produzidos pelas duas bobinas 
apontam para a direita. Quando a corrente aumenta, os dois campos aumentam e as duas varia-
ções do fluxo induzem forças eletromotrizes de mesma polaridade. Assim, a fem induzida no 
circuito é
   = + = = − +( ) − +( ) = − + +1 2 1 1 2 1 2 2L M di
dt
L M
di
dt
L L M(( ) di
dt
,
que é a fem que seria produzida se as duas bobinas fossem substituídas por uma única bobina 
de indutância Leq = L1 + L2 + 2M.
(b) Para obter este novo valor da indutância equivalente, basta inverter as ligações da bobina 
2 com a bobina 1. Isso faz com que os fluxos das bobinas tenham sentidos opostos: o aumento 
da corrente na bobina 1 aumenta o fluxo na bobina 1, mas esse aumento também aumenta a 
corrente na bobina 2, o que produz um fluxo na bobina 1 oposto ao fluxo criado pela própria 
bobina. O mesmo acontece com o fluxo na bobina 2. Assim, a fem induzida no circuito é
   = + = = − −( ) − −( ) = − + −1 2 1 1 2 1 2 2L M di
dt
L M
di
dt
L L M(( ) di
dt
,
que é a fem que seria produzida se as duas bobinas fossem substituídas por uma única bobina 
de indutância Leq = L1 + L2 2 2M.
78. Derivando a Eq. 30-41 em relação ao tempo, obtemos
di
dt
d
dt R
e
R
e
L
et
L
t RL L= −



= =− − −  ( )/ /1 τ τ
τ
tt L/ ,
o que nos dá
e
L di
dt
Rt L− = 






/ .

Tomando o logaritmo natural de ambos os membros e explicitando R, obtemos:
R
L
t
L di
dt
= − 










= − ×
−
ln
,
,e
23 0 10
0 15
3 H
00 10
23 0 10
12 0
95 4
3
3
×
× =−
−
s
H)(280 A/s)
V
ln
( ,
,
, .
79. (a) V1 = e e i1 = e/R1 = (10 V)/(5,0 Ω) = 2,0 A. 
(b) Como a corrente não pode variar bruscamente em um indutor, i2 = 0.
(c) is = i1 + i2 = 2,0 A + 0 = 2,0 A.
(d) Como i2 = 0, V2 = R2i2 = 0.
(e) VL = e = 10 V.
248 soluções dos problemas
(f) di2/dt = VL/L = e/L = (10 V)/(5,0 H) = 2,0 A/s.
(g) V1 = e = 10 V e, portanto, i1 = (10 V)/(5,0 Ω) = 2,0 A.
(h) Como VL = 0, i2 = e/R2 = (10 V)/(10 Ω) = 1,0 A.
(i) is = i1 + i2 = 2,0 A + 1,0 A = 3,0 A.
(j) Como VL = 0, V2 = e – VL = e = 10 V.
(k) VL = 0.
(l) di2/dt = VL/L = 0. 
80. De acordo com a Eq. 30-41,
i
R
e
R
et RtL L= −( ) = −( )− − 1 1τ ,
o que nos dá
t
L
R iR
= 

 −



 =
×
×


−
ln
,
,
1
1
8 0 10
4 0 10
6
3/
H
e   − × ×





 ≈−ln ( , )( , ) ( )
1
1 2 0 10 4 0 10 20
1
3 3A / V
,,0 ns.
81. Podemos usar a lei de Ohm para relacionar a corrente induzida à fem, que é dada pela lei 
de Faraday:
i
R R
d
dt
= =| | . 1 F
(a) Quando a espira penetrou parcialmente na região 1, de modo que uma parte x do compri-
mento da espira está na região x, o fluxo é
FB = xHB1,
o que significa que
d
dt
dx
dt
HB vHB i
vHB
R
B
iR
vH
BF = = ⇒ = ⇒ =( )1 1 1 1
Observando a Fig. 30-70b, vemos que, nessa situação, i = 3,0 mA, o que nos dá
B
iR
vH
1
6
2
3 0 10 0 020
40 10 1 5
= = ×
×
−
−
( , )( , )
( )( ,
A
m/s

××
=−10
10
2 m
T
)
.
(b) De acordo com lei de Lenz, o sentido do campo magnético na região 1 é para fora do pa-
pel.
(c) Quando a espira penetrou parcialmente na região 2, de modo que uma parte x do compri-
mento da espira está na região 2 e uma parte D – x está na região 1, o fluxo é
FB = xHB2 + (D – x)HB1= DHB1 + xH(B2 2 B1),
o que significa que 
d
dt
dx
dt
BF = H(B2 2 B1) = vH(B2 2 B1) ⇒ i = vH(B2 2 B1)/R ⇒ B
iR vHB
vH
2
1= + .
soluções dos problemas 249
Observando a Fig. 30-70b, vemos que, nessa situação, i = −2,0 mA, o que nos dá
B
iR vHB
vH
2
1
6 22 0 10 0 02040 10
= +
= − × + ×
− −( , )( , ) (A m //s m/s T
m/s
)( , )( )
( )( ,
1 5 10 10 10
40 10 1 5
2 6
2
× ×
×
− −
− ××
=
−10
3 3
2 m
T
)
, .
(d) De acordo com a lei de Lenz, o sentido do campo magnético na região 2 é para fora do 
papel. 
82. De acordo com a lei de Faraday, temos (considerando apenas uma espira, uma área cons-
tante e um campo B variável no tempo): 
 = − = − = − = −d
dt
d BA
dt
A
dB
dt
r
dB
dt
BF ( ) .π 2
Neste problema, 
B B e
dB
dt
B
et t= ⇒ = −− −0 0/ / , 

o que nos dá
 = −π
τ
τr
B
e t2 0 / .
83. Estamos interessados em determinar o instante no qual VL = VR. Como, de acordo com a lei 
das malhas, e = VR + VL, isso significa que, nesse instante, e = 2VR = 2iR. 
A variação com o tempo da corrente no circuito é dada pela Eq. 30-40. Assim, podemos escre-
ver:


= = −



= −− −2 2 1 2 1iR
R
e R eRt L Rt L( ) ( ),/ /
o que nos dá
t
L
R
= = × =
−
ln
,
,
( , ) ,2
15 0 10
20 0
0 69 0 520
3 H
ms.

84. De acordo com a lei de Faraday, temos (considerando apenas uma espira, uma área cons-
tante e um campo B variável no tempo): 
 = − = − = − = −d
dt
d BA
dt
A
dB
dt
R
dB
dt
BF ( ) π 2
e, portanto,

R
dB
dt2
= π ,
o que significa que a inclinação das retas da Fig. 30-71b é igual a p(dB/dt).
(a) Como a inclinação da reta da esquerda é (8 nV)/(1 cm2) = (8 × 10−9 V)/(10−4 m2) = 80 mV/
m2, temos:
dB
dt
1 80 25= ≈


V/m
T/s
2
.
250 soluções dos problemas
(b) Como a inclinação da reta da direita é (12 nV)/(3 cm2) = 40 mV/m2, temos:
dB
dt
2 40 13= ≈


V/m
T/s
2
.
(c) De acordo com a lei de Lenz, o módulo de 

B2 está aumentando.
85. O campo elétrico induzido é dado pela Eq. 30-20:
  E ds
d
dt
B⋅ = −∫ F .
Como, para a configuração da Fig. 30-72, as linhas de campo elétrico são circunferências con-
cêntricas com o eixo do cilindro, temos, para uma trajetória ao longo de uma linha de campo 
elétrico:
E r r
dB
dt
E
dB
dt
r( ) ( )2
1
2
2 = − ⇒ = − .
Como a força que o campo exerce sobre um elétron é 
 
F eE= − , a aceleração do elétron, de 
acordo com a segunda lei de Newton, é 
 
a eE m= − / .
 
(a) No ponto a, 
E
r dB
dt
= − 

 = − × − × =
− −
2
1
2
5 0 10 10 102 3( , )( )m T s 22 5 10 4, × − V/m.
Considerando positivo o sentido da normal para dentro do papel, que é o sentido do campo mag-
nético, o sentido positivo do campo 

E é o sentido horário. Assim, o sentido do campo elétrico 
no ponto a é para a esquerda, o que nos dá 

E = − × −( , ˆ2 5 10 4 V/m)i. A aceleração resultante é


a
eE
m
a =
− = − × − ×
− −( , )( ,
( ,
1 60 10 2 5 10
9 11
19 4C V/m)
××
= ×−10
4 4 10
31
7
kg
i m/s i2
)
ˆ ( , ) ˆ.
(b) No ponto b, r = 0, 

E = 0 e, portanto, ab = 0.
(c) O campo elétrico no ponto c tem o mesmo módulo que no ponto a e o sentido oposto. As-
sim, a aceleração de um elétron liberado no ponto c é 
 
a ac a= − = − ×( , ) ˆ .4 4 107 m s i2
86. Por causa do decaimento da corrente (Eq. 30-45) que acontece quando as chaves são des-
locadas para a posição B, o fluxo magnético nos circuitos das Figs. 30-73a e 30-73b decai de 
acordo com as equações
F F F F1 10 2 201 2= =− −e et tL L/ / , e
na qual as constantes de tempo são dadas pela Eq. 30-42. Igualando os fluxos e explicitando o 
tempo, obtemos:
t
R L R L
=
−
=ln( )
( ) ( )
ln( , )
( ,
F F

20 10
2 2 1 1
1 50
30 0
/
/ / // H / H
s.
0 0030 25 0 0050
81 1
, ) ( , )
,
−
=


87. (a) A força eletromotriz média é
med
T m
s
= − = = = =d
dt t
BA
t
B B iF F

( , )( , )
,
2 0 0 20
0 20
2
00 40, V.
soluções dos problemas 251
(b) A corrente média induzida é
i
R
med
med V
20 10
A.= =
×
=−
 0 40
20
3
,

88. (a) De acordo com a Eq. 30-28, temos: 
L
N
i
= = × ⋅
×
=
−
−
F ( )( )
,
,
150 50 10
2 00 10
3 75
9
3
T m
A
mH
2
..
(b) A indutância não muda; continua a ser 3,75 mH.
(c) Como o campo magnético é diretamente proporcional à corrente na bobina e o fluxo é dire-
tamente proporcional ao campo magnético, quando a corrente dobra de valor, o fluxo também 
dobra de valor. Assim, o novo fluxo é 2(50) = 100 nWb.
(d) De acordo com a Eq. 30-35, o valor absoluto da fem máxima induzida é 
L
di
dt max
( , )( , )( ) ,= =0 00375 0 0030 377 0 0H A rad/s 00424 V 4,24 mV.=
89. (a) i0 = e /R = 100 V/10 Ω = 10 A.
(b) U LiB = = = ×02 2 22 2 0 10 1 0 10/ H A J( , )( ) , .
90. De acordo com a Eq. 30-45, i i e t L= −0  . Fazendo i0 = 0,100 e explicitando t, obtemos:
t
i
i
L
R
i
i
i
L=



 =



 = ln ln
,
ln0 0
2 00H
3,00 
00
00 100
1 54
,
, .
i




= s
91. (a) Como a corrente em um indutor não pode variar bruscamente, a corrente na fonte é zero 
logo depois que a chave é fechada.
(b) Como a corrente na fonte é zero logo depois que a chave é fechada, a aplicação da regra das 
malhas mostra que a tensão do indutor, eL, é igual, em valor absoluto, à fem da fonte. Como a 
corrente da fonte é igual à corrente do indutor, a Eq. 30-35 nos dá
di
dt L
Lfonte V
H
A s= = = ×| |
,
, .
 40
0 050
8 0 102
(c) Este circuito se torna equivalente ao que foi analisado na Seção 30-9 se substituirmos os 
dois resistores de 20 kΩ em paralelo por um resistor equivalente de resistência R = 10 kΩ. 
Nesse caso, de acordo com a Eq. 30-41, temos:
i
R
e eRt Lfonte
V= − =
×
− − × ( )
,
(/ ( ,1
40
1 0 10
1
4
1 0 104

)( , ) ) , .3 0 10 50 10 36 3 1 8 10× × −− − ≈ × =s H A 1,8 mA
(d) De acordo com a regra das malhas, temos:
 L i R= − = − × × = −−fonte V A V40 1 8 10 1 0 10 403 4( , )( , ) 118 22V V= .
Assim, de acordo com a Eq. 30-35,
di
dt L
Lfonte V
H
A s= = = ×| |
,
, .
 22
0 050
4 4 102
252 soluções dos problemas
(e) Muito tempo após o fechamento da chave, o circuito está no regime estacionário, com eL = 
0. Nesse caso, a regra das malhas nos dá

− = ⇒ = =
×
= ×i R i
R
fonte fonte
V
0
40
1 0 10
4 0 10
4,
,

−− =3 A 4,0 mA.
(f) Muito tempo após o fechamento da chave, o circuito está no regime estacionário, difonte/
dt = 0.
92. (a) L = F/i = 26 × 10–3 Wb/5,5 A = 4,7 × 10–3 H = 4,7 mH.
(b) Explicitando t na Eq. 30-41, obtemos:
t
iR L
R
iR
L= − −



 = − −



 = −
× −τ ln ln ,1 1 4 7 10
3
 
H
0,,75
A
V
s


ln
( , )( , )
,
,
1
2 5 0 75
6 0
2 4 10 3
−



= × =− 22,4 ms.
93. A energia armazenada quando a corrente é UB = Li2/2, na qual L é a indutância do indutor. 
Esta energia é armazenada a uma taxa 
dU
dt
Li
di
dt
B = ,
na qual a corrente i é dada pela Eq. 30-41. Assim, no instante t = 1,61tL, temos: 
dU
dt
V
R
e e eB t tL L= − = −− −
2 2
1
12 0
20 0
1( )
( , )
,
(/ / 
V

−− − =1 61 1 61 1 15, ,) ,e W.
94. (a) De acordo com a Eq. 30-31, a indutância do solenoide por unidade de comprimento é
L
n A
l
= = × 0 2 24 100 1 6( )( ) ( )( ,π 10−7 H m espiras cm cmm H m) , .2 0 10=
(b) De acordo com a Eq. 30-35, a força eletromotriz induzida por metro é

l l
= = ( )( ) =L di
dt
0 10 13 1 3, , .H m A s V m
95. (a) Como a corrente em um indutor não pode variar bruscamente, a corrente no circuito é 
zero logo após o fechamento da chave. Isso significa que a tensão eL1 do indutor L1 é igual, em 
valor absoluto, à tensão da fonte. Assim, de acordo com a Eq. 30-35, temos:
di
dt L
L= = =
 1
1
6 0
0 30
20
,
,
.A s
(b) Como, no regime estacionário, a resistência dos indutores é nula, a aplicação da regra das 
malhas à malha externa nos dá
 − = ⇒ = =i R i
R
1
1
0
6 0
0 75
,
,
V
A.
96. Chamando de l o comprimento dos lados do quadrado, a área do quadrado é l2 e a taxa de 
variação da área com o tempo é dA/dt = 2ldl/dt. Assim, de acordo com a Eq. 30-34, com N = 
1, temos: 
 = − = − = − = −d
dt
d BA
dt
B
dA
dt
B
d
dt
BF ( ) ,2l
l
soluções dos problemas 253
o que nos dá
e = −2(12 × 10−2 m)(0,24 T)(5,0 × 10−2 m) = 0,0029 V.
97. Podemos tratar a indutância e a resistência da bobina como um indutor “puro” em série com 
um resistor “puro”, caso em que a situação descrita no problema pode ser analisada usandoa 
Eq. 30-41. Derivando a Eq. 30-41, obtemos:
di
dt
d
dt R
e
R
e
L
et
L
t RL L= −



= =− − −  ( )/ /1 τ τ
τ
tt L e/ ( )( , ) / ( , )
,
= =− × −45
0 050
180 1 2 10 0 0503V
H
s H 112 A/s.
98. (a) De acordo com a Eq. 30-35, L = (3,00 mV)/(5,00 A/s) = 0,600 mH.
(b) Como NF = iL, temos:
N
iL= = ×
×
=
−
−F
( , )( , )
,
.
8 00 0 6 10
40 0 10
120
3
6
A H
Wb