Resolução Fundamentos de Física (Eletromagnetismo) 10ª Edição Halliday - Capítulo 30

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Capítulo 30
1. Como a rotação da espira não faz variar o fluxo FB = BA cos θ, a força eletromotriz induzida é zero.
2. De acordo com a lei de Faraday, a fem induzida é
( ) 2( ) 2
2 (0,12 m)(0,800 T)( 0,750 m/s)
0,452 V.
B d BAd dA d r drB B rB
dt dt dt dt dt
πε π
π
Φ= − = − = − = − = −
= − −
=
3. PENSE A variação da corrente do solenoide faz variar o fluxo magnético, o que, por sua vez, induz uma corrente na bobina.
FORMULE De acordo com a lei de Faraday, a força eletromotriz induzida é dada por
De acordo com a lei de Ohm, a corrente induzida na bobina é iind = |ε|/R, em que R é a resistência da bobina.
ANALISE Substituindo os valores conhecidos, obtemos
e, de acordo com a lei de Ohm,
ind
0,016 V 0,030 A.
5,3
i
R
ε
= = =
Ω
APRENDA O sentido da corrente induzida pode ser determinado usando a lei de Lenz, segundo a qual o sentido da corrente é 
tal que o campo magnético produzido se opõe à variação de fluxo que induz a corrente. 
4. De acordo com a Eq. 30-4, ε = –dΦB/dt = –πr2dB/dt.
 (a) Para 0 < t < 2,0 s,
( )22 20,5T0,12m 1,1 10 V 11mV.
2,0 s 0,0 s
dBr
dt
ε π π −
 
 
 
= − = − = − × = −
−
(b) Para 2,0 s < t < 4,0 s, ε ∝ dB/dt = 0.
(c) Para 4,0 s < t < 6,0 s,
2 2 20,5 T(0,12m) 1,1 10 V 11 mV.
6,0 s 4,0 s
dB
dt
ε π π
 
= − = − = × = 
 
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.
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 2 5 1
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 resis-
tência do circuito é
6
3
6,00 10 V
0,0040 .
1,5 10 A
R
−
−
×
= = Ω
×
 
No intervalo 10 s < t < 20 s, temos
fonte induzida 0,00050 A
V
R
ε+
=
e, portanto,
6
induzida fonte
6
(0,00050 A) (0,00050 A)(0,0040 ) 6,00 10 V
4,0 10 V.
R Vε −
−
= − = Ω − ×
= − ×
De acordo com a lei de Faraday,
6
3induzida
induzida 4 2
4,0 10 V
8,0 10 T/s.
5,0 10 m
Bd dBA Aa a
dt dt A
εε
−
−
−
Φ ×
= − = − = − ⇒ = − = = ×
×
7. (a) O valor absoluto da fem é
2(6,0 7,0 ) 12 7,0 12(2,0) 7,0 31mV.B
d d t t t
dt dt
ε Φ= = + = + = + =
(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
8 3
2
( m)(1,69 10 m) 1,1 10 .
( m) /4
LR
A
πρ
π
− −
−3
0,10= = × Ω⋅ = × Ω
2,5×10
Como i = |ε|/R = |dΦB/dt|/R = (–πr2/R)|dB/dt|, temos
3
2 2
(10A)(1,1 10 ) 1,4 T s.
( m)
dB iR
dt rπ π
−× Ω= = =
0,05
9. A amplitude da fem induzida na espira é
6 2 1
0 0
4
(6,8 10 m )(4 T m A)(85.400 m )(1,28 A)(212 rad/s)
1,98 10 V.
m A niε µ ω π− −7 −
−
= = × ×10 ⋅
= ×
10. (a) Como o fluxo magnético FB através da espira é dado por
2 2
o2 cos45 ,
2 2
B
r r BBπ πΦ = =
temos
( )222 2 3
3
2
3,7 10 m 0 76 10 T
4,5 10 s2 2 2
5,1 10 V.
Bd d r B r B
dt dt t
ππ πε
− −
−
−
    
           
×Φ ∆ − ×= − = − = − = −
∆ ×
= ×
2 5 2 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R
(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(2πft), poderia, em vez disso, 
estar expresso em termos de cos(2πft) ou mesmo em termos de cos(2πft + ϕ), em que ϕ é uma constante de fase. A posição angular 
θ 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 cos θ, BA sen θ ou BA cos(θ + ϕ). Para a referência que foi escolhida, FB = BA cos θ. Como a bobina está 
girando com velocidade angular constante, θ aumenta linearmente com o tempo. Assim, θ = 2πft, em que θ é o ângulo em radianos 
e 2πf = ω é a velocidade angular. Como a área de uma bobina retangular é A = ab, a lei de Faraday nos dá
 
( )
2 ),
cos cos(2 ) 2 sen( ft
d BA d fN NBA fNabB
dt dt
π
θ πε π= − = − =
que é a equação que queríamos demonstrar. No enunciado, a equação também é escrita de outra forma, ε0 sen(2πft), para deixar 
claro que a fem induzida é senoidal e tem uma amplitude ε0 = 2πfNabB.
(b) Como 
ε0 = 150 V = 2πfNabB,
temos
2
1
150 150 V
0,796 m .
2 2 (60,0 s )(0,500 T)
VNab
fBπ π −
= = =
12. Para que seja induzida uma fem, o campo magnético deve ter uma componente perpendicular à espira e deve variar com o tempo. 
(a) Para 2 ˆ(4,00 10 T/m) k,B y−= ×

 dB/dt = 0 e, portanto, ε = 0.
(b) Nenhum.
(c) Para 2 ˆ(6,00 10 T/s) k,B t−= ×

(0,400 m 0,250 m)(0,0600 T/s) 6,00 mV,B
d dBA
dt dt
ε Φ= − = − = − × = −
o que nos dá |ε| = 6,00 mV.
(d) Horário.
(e) Para 2 ˆ(8,00 10 T/m s) k,B yt−= × ⋅

0,25020,250 3
0
0
(0,400)(0,0800 ) (0,032) 1,00 10 .
2B
yt y dy t−Φ = = = ×∫
A fem induzida é
31,00 10 V 1,00 mV,B
d
dt
ε − =Φ=− =− × −
o que nos dá |ε| = 1,00 mV.
(f) Horário.
(g) 0 0.B εΦ = ⇒ =
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 2 5 3
(h) Nenhum.
(i) 0 0.B εΦ = ⇒ =
(j) Nenhum.
13. A carga é
3 2
2
1 1,20 10 m( ) [ (0) ( )] [ (0) ( )] [1,60T ( 1,60T)]
13,0
2,95 10 C 29,5 mC.
B B
Aq t t B B t
R R
−
−
×= Φ −Φ = − = − −
Ω
= × =
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
4 2 8( ) (8,0 10 m )(0,003 T/s) 2,4 10 V.B
d d BA dBA
dt dt dt
ε − −Φ= − = − = − = − × = ×
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
4 2| | | / | (8,0 10 m )(0,0030 T/s) 0,0012 1,2 m .
0,0020 A
A dB dtR
i i
ε −×= = = = Ω = Ω
15. (a) Seja L o comprimento do lado da espira. Nesse caso, o fluxo magnético através do circuito é 2 /2B L BΦ = e a fem induzida é
2
.
2
B
i
d L dB
dt dt
ε Φ= − = −
Como B = 0,042 – 0,870t, dB/dt = –0,870 T/s e
2(2,00 m)
(0,870 T/s) =1,74 V.
2
ε =i
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
ε + εi = 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
1 2 3
6 6 6
8
(0,10 m)(0,20 m)(2,0 10 T/s 1,0 10 T/s 5,0 10 T/s)
4,0 10 V.
Bd dB dB dBA
dt dt dt dt
ε
− − −
−
Φ  = − = + + 
 
= × + × − ×
= − ×
∑
Assim, de acordo com a lei de Ohm, o valor absoluto da corrente é
8
6
3
| | 4,0 10 V
8,0 10 A 8,0 A.
5,0 10R
ε µ
−
−
−
×
= = × =
× Ω
(b) Com base na lei de Lenz, o sentido da corrente induzida é o sentido anti-horário. 
2 5 4 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R
17. O campo no centro da espira maior pode ser calculado usando a Eq. 29-10, B = μ0i/2R, em que R é o raio da espira. Assim, 
para i(t) = i0 + kt, em que i0 = 200 A e k = (–200 A – 200 A)/1,00 s = – 400 A/s, temos
(a) 
7
40 0 (4 10 H/m)(200 A)( 0) 1,26 10 T.
2 2(1,00 m)
µ π − −×= = = = ×iB t
R
(b) 
( )( )7(4 10 H/m) 200 A 400 A/s 0,500 s
( 0,500 s) 0.
2(1,00 m)
π −   × −= = =B t
(c) 
( )( )7
4
(4 10 H/m) 200 A 400 A/s 1,00 s
( 1,00 s) 1,26 10 T,
2(1,00 m)
B t
π −
−
 
 × −= = =− ×
o que nos dá 4| ( 1,00 s)| 1,26 10 T.B 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
4 4
4 2
8
( )
1,26 10 T 1,26 10 T(2,00 10 m )
1,00 s
5,04 10 V.
Bd d Ba dB Ba a
dt dt dt t
ε
− −
−
−
 
 
 
 
  
 
Φ ∆= − = − = − = −
∆
− × − ×= − ×
= ×
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, em que 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
2 21 1(base)(altura) (2 )( ) .
2 2
A vt vt v t= = =
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
2
9,464 18,93 .B
d dt t
dt dt
ε Φ= = =
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,
( cos ) cos(2 )
2 sen(2 ),
d BA d ftN NBA NBA f ft
dt dt
θ πε π π= − = − =
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 2 5 5
o que nos dá
2 3
máx 2 2 (16,7rev s)(100espiras)(0,15m )(3,5T) 5,50 10 V 5,5 kV.fNABε π π= = = × =
20. Como 1 gauss = 10–4 T, a carga que atravessa o medidor é
4 2
5
2 cos20( ) [ cos20 ( cos20 )]
2(1000)(0,590 10 T) (0,100m) (cos20 ) 1,55 10 C.
85,0 140
N NBAq t BA BA
R R
π− −
°= °− − ° =
× °= = ×
Ω+ Ω
Note que o eixo da bobina faz um ângulo de 20°, e não 70°, com o campo magnético da Terra.
21. (a) A frequência é
(40 rev/s)(2 rad/rev) 40 Hz.
2 2
f ω π
π π
= = =
(b) Em primeiro lugar, definimos um ângulo em relação ao plano da Fig. 30-46, tal que o fio semicircular se encontra na posição 
θ = 0 no instante inicial, e um quarto de período de revolução mais tarde se encontra na posição θ = 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 πa2/2, a área envolvida pelo circuito em função de θ é dada por
2
0 cos2
π θ= + aA A
em que θ = 2pft se tomarmos t = 0 como o instante em que o fio semicircular se encontra na posição q = 0. Como o campo mag-
nético é constante e uniforme, a lei de Faraday nos dá
2 20 2 2
( /2)cos cos(2 ) sen(2 ).
2
π θ π πε π π
 
 +Φ= − = − = − = − =B
d A ad dA a d ftB B B B a f ft
dt dt dt dt
A amplitude da fem induzida é, portanto,
 
2 2 2 2 1 3(0,020 T) (0,020 m) (40 s ) 3,2 10 V 3,2 mV.m B a fε π π − −= = = × =
22. De acordo com a lei de Faraday, 
2 1( cos ) sen (0,20 T)(0,15 m )sen( /2)(0,60 s )
0,018 V 18 mV.
d d BA dBA
dt dt dt
φ φε φ π −Φ= − = − = =
= =
23. PENSE A variação da distância entre as duas espiras faz variar o fluxo que atravessa a espira menor, o que, por sua vez, induz 
uma corrente na espira menor.
FORMULE O fluxo magnético através de uma superfície é dado por ,B B dAΦ = ⋅∫

 em que B

 é o campo magnético e dA

 é um 
vetor de módulo dA perpendicular à área infinitesimal dA. Se o campo B

 é uniforme e perpendicular à superfície, FB = BA.
ANALISE (a) Na região limitada pela espira menor, o campo magnético produzido pela espira maior pode ser considerado cons-
tante e igual ao seu valor no centro da espira menor. De acordo com a Eq. 29-27 com z = x (que é considerado muito maior que 
R), 
2
0
3 î2
iRB
x
µ=

, em que o sentido do eixo x é para cima na Fig. 30-47. A área da espira menor é A = πr2. O fluxo magnético através 
da espira menor é, portanto,
2 5 6 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R
(b) A força eletromotriz é dada pela lei de Faraday:
(c) Quando a espira menor se move para cima, o fluxo que atravessa a espira diminui. De acordo com a lei de Lenz, o sentido da 
corrente induzida é tal que produz um campo magnético que aponta para cima, ou seja, tende a reforçar o campo produzido pela 
espira maior. Isso significa, pois, que o sentido da corrente induzida é o sentido anti-horário para um observador situado acima 
da espira.
APRENDA A situação deste problema é a mesma da Fig. 30-5d; o campo magnético induzido aponta no mesmo sentido que o 
campo magnético inicial.
24. (a) Como î,B B=

 apenas a área “projetada” 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
21
4B
B dA r BπΦ = ⋅ =∫

e, portanto,
2
2 2 3
5
1 1| | m) (3,0 10 T/s)
4 4 4
 
 2,4 10 V 24 V.
Bd d r dBr B
dt dt dt
πε π π
µ
−
−
 
 
 
Φ= = = = (0,10 ×
= × =
(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: 
2 2 2
0 0 2
2 2 2
D d D
B d
B dA BLdx BLdxΦ = = +∫ ∫ ∫
em que d é o diâmetro dos fios. Vamos usar R = d/2 e r em vez de x nos cálculos a seguir. Temos
/2
0 0 0 0
2
0 0
0 0
5 5
5
2 2
2 ( ) 2 2 )2
1 2ln ln
2
0,23 10 T m 1,08 10 T m
1,3 10 T m 13 Wb/m.
R D
B i i i ir dr dr
L D r r D rR
i iD R D R
D R
µ µ µ µ
π π ππ
µ µ
π π
µ
− −
−
   
   
   
    
    
     
⌠ ⌠
  
⌡ ⌡
Φ = + + +
− ( −
− −= − +
= × ⋅ + × ⋅
= × ⋅ =
(b) Como, de acordo com os resultados do item (a), o fluxo por metro que corresponde ao interior dos fios é 0,23 × 10–5 T·m, a 
porcentagem que está no interior do fluxo que está no interior dos fios é
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 2 5 7
5
5
0,23 10 T m 0,17 17%.
1,3 10 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; 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 – a, o fluxo em uma parte da espira abaixo do fio, de altura b – 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
( )0 0 ln .2 2
a
B
b a
i ib aBdA bdr
r b a
µ µ
−
   
   
  
⌠

⌡
Φ = = =
π π −∫
Nesse caso, a lei de Faraday nos dá
( )
0 0
20
0
ln ln
2 2
9ln 10
2 2
9 10
ln .
2
B ib bd d a a di
dt dt b a b a dt
b a d t t
b a dt
b t a
b a
µ µε
π π
µ
π
µ
π
    
    
     
  
  
   
 
 
 
Φ= − = − = −
− −
= − −
−
− −
=
−
Para a = 0,120 m, b = 0,160 m e t = 3,00 s, temos
[ ]7 7(4 10 )(0,16) 9(3) 10 0,12ln 5,98 10 V 0,598 V.
2 0,16 0,12
π
ε µ
π
−
−× −  = = × = − 
(b) Como di/dt > 0 no instante t = 3 s, a situação é análoga à da Fig. 30-5c. Desse modo, 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 mag-
nético através da fita é
2(4 )( )Bd BdA t y dyΦ = = 
e o fluxo total através da espira é
( )2 2 30 4 2 .B Bd t y dy tΦ = Φ = =∫ ∫

 
Assim, de acordo com a lei de Faraday,
5334 4(2,5 )(0,020 ) 8,0 10 V 80 V.Bd s m
dt
tε µ−Φ = = × == = 
(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:
2 5 8 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R
/2
0 0
/2
8
/ 2 (4 T m A)(4,7 A)(0,022 m)| | ( ) ln ln(2,0)
2 2 / 2 2
1,4 10 Wb 14 nWb.
r b
B r b
i ia r ba dr
r r b
µ µ π
π π π
−7+
−
−
      
  
+ ×10 ⋅Φ = = =
−
= × =
∫
(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
0 0
2 2
4 2
/ 2ln
2 / 2 2 [ ( / 2) ]
(4 T m A)(4,7A)(0,022 m)(0,0080 m)(3,2 10 m/s)
2 (4,0 10 )[2(0,0080 m) ]
1,0 10 A 10 A.
ia iabvd r b
R R dt r b R r b
µ µ
−7 −
 
 
 
= =− =
×10 ⋅ ×
× Ω
= × =
29. (a) De acordo com a Eq. 30-8,
(0,350 T)(0,250 m)(0,55 m/s) 0,0481 V.BLvε = = =
(b) De acordo com a lei de Ohm, temos
0,0481V 0,00267 A 2,67 mA.
18,0
i = = =
Ω
De acordo com a lei de Lenz, o sentido da corrente é o sentido horário.
(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
.
( )Bd d BA dBA
dt dt dt
ε Φ= = =
Como, de acordo com a Eq. 29-23, o campo no interior do solenoide é dado por B = μoni (e é zero do lado de fora do solenoide, o 
que significa que A = Asolenoide), temos
( ) solenoide0 0solenoide solenoide solenoide ,ε µ µ= = =
didB dA A ni nA
dt dt dt
em que, de acordo com a Fig. 30-53b, disolenoide/dt = (1,00 A)/(2,0 s) = 0,5 A/s. Para n = 8000 espiras/m e Asolenoide = π(0,02)2 (note 
que o raio da espira não aparece nos cálculos, que envolvem apenas no raio do solenoide), obtemos ε = 6,3 μV. De acordo com a 
Eq. 26-28, a taxa de conversão de energia elétrica em energia térmica é dada por ε2/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
2 6 2
9
(6,3 10 V) 1,0 m .
/ 40,0 10 J/s)t
R
dE dt
ε −
−
× = Ω
×
= =
31. PENSE A taxa de geração de energia térmica é dada por P = ε2/R (Eq. 26-28), em que e é a força eletromotriz a que o fio é 
submetido e R é a resistência do fio. 
FORMULE De acordo com a Eq. 26-16, a resistência é dada por R =ρL/A, em que a resistividade é 1,69 × 10–8 W·m (veja a Tabela 
26-1), e A = πd2/4 é a área da seção reta do fio (d é o diâmetro do fio). A área envolvida pela espira é
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 2 5 9
já que o comprimento L do fio é igual à circunferência da espira. Essa área envolvida pode ser usada na lei de Faraday para deter-
minar a força eletromotriz induzida:
ANALISE Substituindo os valores conhecidos, obtemos
APRENDA A taxa de geração de energia térmica é proporcional a (dB/dt)2.
32. Como, neste caso, |DB| = B, a energia térmica produzida é
2 22 2 2
t
4 2 2 6 2
6 3
10
1 1
(2,00 10 m ) (17,0 10 T)
(5,21 10 )(2,96 10 s)
7,50 10 J = 750 pJ.
ε
− −
− −
−
   
   
  
Φ∆ ∆∆ = = − ∆ = − ∆ =
∆ ∆
× ×=
× Ω ×
= ×
Bdt B A BP t t A t
R R dt R t R t
33. (a) Vamos chamar de x a distância entre a barra e a extremidade direita dos trilhos. De acordo com a Eq. 29-17, o campo pro-
duzido pelo fio em um ponto do espaço é B = μ0i/2πr, em que 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
0 .
2B
id BdA xdr
r
µ
π
Φ = =
De acordo com a Eq. 30-1, o fluxo total através da espira formada pela barra e pelos trilhos é
0 0 ln .
2 2
a L
B
a
ix ixdr a L
r a
µ µ
π π
+  
 
 
⌠

⌡
+Φ = =
De acordo com a lei de Faraday, a fem induzida na espira é
0 0
7
4
ln ln
2 2
(4 10 T m/A)(100A)(5,00m/s) 1,00cm 10,0cmln
2 1,00cm
2,40 10 V 240 V.
B i ivd dx a L a L
dt dt a a
µ µε
π π
π
π
µ
−
−
   
   
   
 
 
 
Φ + += = =
× ⋅ +=
= × =
(b) De acordo com a lei de Ohm, a corrente induzida é
4
42,40 10 V 6,00 10 A 0,600 mA.
0,400i
i
R
ε − −×= = = × =
Ω
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. Portanto, a corrente tem o sentido horário.
2 6 0 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R
(c) A potência dissipada na espira é dada por 
2 4 2 7(6,00 10 A) (0,400 ) 1,44 10 W 0,144 W.iP i R µ− −= = × Ω = × =
 
(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 mag-
nética exercida sobre um segmento infinitesimal da barra de comprimento dr, situado a uma distância r do fio, é
0 .
2
i
B
i idF iBdr dr
r
µ
π
= =
Integrando força acima para toda a barra, temos
0 0
7 4
8
ln
2 2
(4 10 T m/A)(6,00 10 A)(100A) 1,00cm 10,0cmln
2 1,00cm
2,87 10 N.
a L
i i
B
a
i i i idr a LF
r a
µ µ
π π
π
π
+
− −
−
 
 
 
 
 
 
⌠

⌡
+= =
× ⋅ × +=
= ×
Como o campo produzido pelo fio aponta para fora do papel na região em que 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; 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 μW.
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
| | 1 Bv Lmg d B dA
BL R R dt R dt R
= = = = =
o que nos dá vt = mgR/B2L2.
35. (a) De acordo com a Eq. 30-8,
(1,2T)(0,10 m)(5,0 m/s) 0,60 V.BLvε = = =
(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
(1,5 A)(0,10 m)(1,2 T) 0,18 N.F iLB= = =
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 2 6 1
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
∫1
 
( ) 2 2 31 1 11 1 1 11
3
(0,200m) ( 8,50 10 T/s)
1,07 10 V 1,07 mV.
Bd dB dBdE ds B A A r
dt dt dt dt
π π −
−
Φ⋅ =− = = = = − ×
=− × =−
∫



(b) No caso da trajetória 2, temos
2 2 32 2
22
3
(0,300 m) ( 8,50 10 T/s)
2,40 10 V 2,40 mV.
Bd dBE ds r
dt dt
π π −
−
Φ⋅ =− = = − ×
=− × =−
∫



(c) No caso da trajetória 3, temos
3 3
3 1 2
3
1,07 10 V ( 2,4 10 V)
1,33 10 V 1,33 mV.
E ds E ds E ds − −
−
⋅ = ⋅ − ⋅ = − × − − ×
= × =
∫ ∫ ∫
  
  
  
37. PENSE A variação de campo magnético induz um campo elétrico.
FORMULE O campo elétrico induzido é dado pela Eq. 30-20: ∫ .BdE ds dt
Φ
⋅ = −∫



ANALISE (a) Como o ponto especificado está no interior do solenoide,
O módulo do campo elétrico induzido é
(b) Como o ponto especificado está do lado de fora do solenoide,
O módulo do campo induzido é
 
2∫
 
3∫
2 6 2 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R
APRENDA A figura a seguir mostra o módulo do campo elétrico induzido em função de r. Para r < R, ou seja, no interior do 
solenoide, |E| é diretamente proporcional a r; para r > R, ou seja, do lado de fora do solenoide, |E| é inversamente proporcional a r.
38. A mudança brusca de inclinação do gráfico da Fig. 30-57 mostra que o raio da região circular é 2,0 cm. De acordo com a Eq. 
30-20, para valoresde r menores que este valor,
 
2( )(2 ) ,B
d d BA dBE ds E r A r a
dt dt dt
π πΦ⋅ = = = = =∫



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
( ) ( )0 1 0sen ,B t B B tω φ= + +
em que B0 = (30,0 T + 29,6 T)/2 = 29,8 T e B1 = (30,0 T – 29,6 T)/2 = 0,200 T. Nesse caso, de acordo com a Eq. 30-25,
( ) ( )0 1 0 1 0
1 1
( ) sen cos .
2 2 2
dB r dE t r B B t B r t
dt dt
ω φ ω ω φ   = = + + = +    
Como ω = 2πf e o valor de E(t) é máximo para cos(wt + ϕ0) = 1, temos
2
máx 1
1 1(2 ) (0,200T)(2 )(15 Hz)(1,6 10 m) 0,15 V/m.
2 2
E B f rπ π −= = × =
40. Como NΦB = Li, temos
3 3
7(8,0 10 H)(5,0 10 A) 1,0 10 Wb 0,10 Wb.
400B
Li
N
µ
− −
−× ×Φ = = = × =
41. (a) O fluxo magnético que enlaça as espiras é igual ao fluxo que atravessa uma espira multiplicado pelo número de espiras:
2 3 2
total
3
( ) (30,0)(2,60 10 T)( )(0,100m)
2,45 10 Wb 2,45 mWb.
π π−
−
Φ = Φ = = = ×
= × =
BN NBA NB r
(b) De acordo com a Eq. 30-33, temos
3
42,45 10 Wb 6,45 10 H 0,645 mH.
3,80A
BNL
i
−
−Φ ×= = = × =
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 Di = i/N e o campo magnético no interior do solenoide é 
∫
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 2 6 3
7
0
0 0
7
(4 10 T m/A)(0,035 A)
0,16 m
2,7 10 T 0,27 T.
iN iB n i
W N W
µ πµ µ
µ
−
−
  
  
  
× ⋅= ∆ = = =
= × =
(b) De acordo com a Eq. 30-33, temos
2 22 7 2
0 0
9
( / ) (4 10 T m/A)(0,018 m)
0,16 m
8,0 10 H 8,0 nH.
π µ πµπ π π −
−
Φ × ⋅= = = = =
= × =
B R i W RR BL
i i i W
43. Vamos definir um eixo de coordenadas r de modo tal que o eixo central de um dos fios esteja na origem e o outro em r = d. 
De acordo com a regra da mão direita, os campos se somam na 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 o comprimento dos fios e calcular, por integração, o fluxo magnético por unidade de comprimento, FB/l. Devido à simetria, 
podemos realizar a integração apenas no intervalo 0 < xr < d/2 e multiplicar o resultado por 2:
/2 /2
extint0 0
2 2 ( ) 2 ( ),
d a d
B a
B dA B dr B drΦ = = +∫ ∫ ∫ 
em que 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
/2
0 0 0 0
2
0
0 0
2 2
2 2 ( ) 2 2 ( )
1 2ln ln ,
2
a d
B
a
i i i ir dr dr
a d r r d r
i d a i d a
d a
µ µ µ µ
π π π π
µ µ
π π
   Φ
= + + +   − −   
 −  −   = − +        
⌠ ⌠
 
⌡ ⌡
em que o primeiro termo é o fluxo no interior dos fios e será desprezado, como sugere o enunciado do problema. Assim, o fluxo 
é dado, aproximadamente, por
0 lnB
i d a
a
µ
π
− Φ =  
 

e, de acordo com a Eq. 30-33 (com N = 1), temos
7
0
6
(4 10 T m/A) 142 1,53ln ln
1,53
1,81 10 H/m 1,81 H/m.
BL d a
Li a
µ π
π π
µ
−
−
  
  
   
Φ − × ⋅ −= = =
= × =

44. Como, de acordo com a Eq. 30-35, ε = –L(di/dt), temos
60 V 5,0 A/s,
12 H
di
dt L
ε= − = − = −
 
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.
2 6 4 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R
(b) De acordo com a Eq. 30-35,
417V 6,8 10 H 0,68 mH.
/ 2,5kA/s
L
di dt
ε −= = = × =
46. Durante os períodos de tempo em que a corrente está variando linearmente com o tempo, a Eq. 30-35 nos dá | | | / | .L i tε = ∆ ∆ 
Assim, temos (omitindo os símbolos de valor absoluto para simplificar a notação)
(a) Para 0 < t < 2 ms,
4
3
(4,6H)(7,0 A 0)
1,6 10 V 16 kV.
2,0 10 s
iL
t
ε −
∆ −
= = = × =
∆ ×
(b) Para 2 ms < t < 5 ms,
( )( )
( )
3
3
4,6H 5,0A 7,0A
3,1 10 V 3,1 kV.
5,0 2,0 10 s
iL
t
ε −
−∆
= = = × =
∆ −
(c) Para 5 ms < t < 6 ms,
( )( )
( )
4
3
4,6H 0 5,0A
2,3 10 V 23 kV.
6,0 5,0 10 s
iL
t
ε −
−∆
= = = × =
∆ −
47. (a) De acordo com a Eq. 30-35, a tensão entre os terminais dos indutores é diretamente proporcional 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 magnético produzido por um dos indu-
tores 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 no Módulo 30-9).
(b) Analogamente ao caso dos resistores, eq 1 .
N
nn
L L
=
=∑
48. (a) Se dois indutores, L1 e L2, estão submetidos à mesma tensão V, a Eq. 30-35 nos dá
1 1 2 2e .
di L di L
dt V dt V
= − = −
Como a corrente total que passa pelos dois indutores é i1 + i2, temos
1 2 1 2 .
di di di L L
dt dt dt V V
= + = − −
De acordo com a Eq. 30-35, se substituirmos os dois indutores por um único indutor equivalente, deveremos ter
eqLdi
dt V
= −
Combinando as duas equações anteriores, obtemos
eq 1 2
1 1 1
.
L L L
= +
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 2 6 5
Note que, para que as correntes dos indutores sejam independentes, é preciso que o campo magnético produzido por um dos in-
dutores 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 no Módulo 30-9).
(b) Analogamente ao caso dos resistores, 
1eq
.
1 1N
n nL L=
=∑
49. De acordo com os resultados dos Problemas 30-47 e 30-48, a resistência equivalente é
2 3
eq 1 4 23 1 4
2 3
(50,0 mH)(20,0 mH)30,0 mH 15,0 mH
50,0 mH 20,0 mH
59,3 mH.
= + + = + + = + +
+ +
=
L LL L L L L L
L L
50. Vamos chamar de if o valor final da corrente. De acordo com o enunciado, i = if /3 no instante t = 5,00 s. Nesse caso, de acordo 
com a Eq. 30-41, temos
( )/ 5,00 s1 12,3s.ln(1 / ) ln(1 1/3)L
t
Lf
f
ti i e
i i
τ τ−= − ⇒ = − = =
− −
51. A corrente no circuito é dada por 0 L
ti i e τ−= , em que i0 é a corrente no instante t = 0 e τL = L/R é a constante de tempo indutiva. 
Dividindo por i0 e tomando o logaritmo de ambos os membros, obtemos
0
ln ,
L
i t
i τ
 
= − 
 
o que nos dá
3
0
1,0s
0,217s.
ln( / ) ln (10 10 A)/(1,0A)
L
t
i i
τ
−
= − = − =
 × 
Assim, R = L/τL = 10 H/0,217 s = 46 W.
52. (a) Logo após o fechamento da chave, ε – εL = iR. Entretanto, como i = 0 nesse instante, εL = ε, o que nos dá εL/ε = 1,00.
(b) 2,0 2,0( ) 0,135 ,τ τ τε ε ε ε ε− − −= = = =L L LtL t e e e o que nos dá εL/ε = 0,135.
(c) Como ,( ) LtL t e
τε ε −= temos
ln ln 2 ln 2 0,693 / 0,693.L L L
L L
t t tε τ τ τ
τ ε
 
  
 
= = ⇒ = = ⇒ =
53. PENSE O indutor do circuito RL se opõe inicialmente à variação de corrente.
FORMULE Se a bateria for ligada ao circuito no instante t = 0, a corrente em qualquer instante t > 0 será dada por
em que τL = L/R. 
(a) Estamos interessados em determinar o instante no qual i = 0,800ε/R. Temos
2 6 6 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R
Tomando o logaritmo natural de ambos os membros, obtemos
 
Assim,
(b) No instante t = 1,0τL, a corrente no circuito é
APRENDA No instante t = 0, o indutor se comporta como um circuito aberto, e a corrente no circuito é zero. Após um longo 
tempo, o indutor se comporta como um curto-circuito, e a corrente é
A figura abaixo mostra a corrente no resistor em funçãode t/τL.
54. (a) Imediatamente após o fechamento da chave, a corrente no indutor é zero; portanto,
1
1 2
100V 3,33A.
10,0 + 20,0
i
R R
ε= = =
+ Ω Ω
(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 com-
ponente pode ser substituído por um fio condutor. Nesse caso, a corrente em R3 é i1 – i2 e, de acordo com a regra das malhas,
1 1 2 2
1 1 1 2 3
0,
( ) 0.
i R i R
i R i i R
ε
ε
− − =
− − − =
Resolvendo o sistema de equações anterior, obtemos
(c) 2 31
1 2 1 3 2 3
) (
(
( 100V)(20,0 30,0 )
10,0 )(20,0 ) (10,0 )(30,0 ) (20,0 )(30,0 )
4,55A.
R Ri
R R R R R R
ε + Ω+ Ω= =
+ + Ω Ω + Ω Ω + Ω Ω
=
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 2 6 7
(d) 32
1 2 1 3 2 3
(
(
100V)(30,0 )
10,0 )(20,0 ) (10,0 )(30,0 ) (20,0 )(30,0 )
2,73A.
Ri
R R R R R R
ε Ω= =
+ + Ω Ω + Ω Ω + Ω Ω
=
(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 – i2 = 4,55 A – 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 = –1,82 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. PENSE O indutor de um circuito RL se comporta inicialmente como um circuito aberto.
FORMULE Se a bateria é ligada ao circuito no instante t = 0, a corrente em qualquer instante t > 0 é dada por
em que ε é a força eletromotriz da bateria e τL = L/R é a constante de tempo indutiva do circuito. 
ANALISE Temos
APRENDA No instante t = 0, o indutor se comporta como um circuito aberto, e a corrente no circuito é zero. Após um longo 
tempo, o indutor se comporta como um curto-circuito, e a corrente é i0 = ε/R. A figura a seguir mostra a corrente no resistor em 
função de t/τL.
56. Uma vez que a inclinação do gráfico da Fig. 30-64 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 = NF/i = 5 × 10-3 H. Derivando a Eq. 30-41 em relação ao tempo, obtemos
/ / 1,5 2
3
16 V
7,1 10 A/s.
5 10 H
L Lt tdi R e e e
dt R L L
τ τε ε− − −
−= = = ××
2 6 8 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R
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
0 .
di tL i
dt L
εε − = ⇒ =
No instante qt em que o fusível queima, i = qi = 3,0 A. Assim,
(3,0A)(5,0H) 1,5 s.
10V
q
q
i L
t
ε
= = =
(b) A figura a seguir mostra o gráfico pedido.
58. De acordo com a regra das malhas,
(3,0 5,0 ) (3,0 5,0 ) (6,0)(5,0) (3,0 5,0 )(4,0)
(42 20 ) V.
di dL iR L t t R t
dt dt
t
ε = + = + + + = + +
= +
59. PENSE Este problema envolve as correntes no indutor e no resistor de um circuito RL em função do tempo. 
FORMULE Vamos supor que o sentido da corrente i ao passar pela chave S é da esquerda para a direita. Vamos supor ainda que 
i1 é a corrente no resistor, i2 é a corrente no indutor, e o sentido das duas correntes é para baixo. De acordo com a regra dos nós, 
i = i1 + i2; como a corrente i é constante, derivando essa equação em relação ao tempo obtemos a relação (di1/dt) = – (di2/dt). De 
acordo com a regra das malhas, i1R – L(di2/dt) = 0. Substituindo (di2/dt) por – (di1/dt), obtemos
Esta equação é semelhante à Eq. 30-44, e a solução é a função dada na Eq. 30-45: i1 = i0e-Rt/L, em que i0 é a corrente no resistor no 
instante t = 0, imediatamente após a chave ter sido fechada. Nesse instante, o indutor se comporta como um circuito aberto e, 
portanto, i2 = 0 e i1 = i. Assim, i0 = i.
ANALISE (a) As correntes no resistor e no indutor em função do tempo são
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 2 6 9
(b) No instante em que i2 = i1, temos
Tomando o logaritmo natural de ambos os membros e usando a relação ln(1/2) = -ln 2, obtemos
APRENDA A figura a seguir mostra os gráficos de i1/i (curva cheia) e i2/i (curva tracejada) em função de t/τL.
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 – a. Podemos calcular o fluxo, usando a Eq. 29-24, e a indutância, usando a Eq. 30-33:
0 0 ln
2 2
b
b
B a
a
Ni Nih bB dA hdr
r a
µ µ
π π
   
   
  
⌠

⌡
Φ = = =∫
e
 
2
0 .ln
2
B N hN bL
i a
µ
π
 
 
 
Φ= =
Como a circunferência interna do núcleo é l = 2πa = 2π(10 cm) ≈ 62,8 cm, o número de espiras é N ≈ 62,8 cm/1,0 mm = 628. Assim,
7 2(4 10 H m)(628) (0,02 m) 12ln ln 2,9 10 H 0,29 mH.
2 2 10
N h
π π
   
   
  
×= ≈ = × =
(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,
4
42,9 10 H 2,9 10 s 0,29 ms.
1,0L
L
R
τ
−
−×= = = × =
Ω
61. PENSE A indutância L está relacionada à constante de tempo indutiva de um circuito RL pela equação L = τLR, em que R é a 
resistência do circuito. A energia que está armazenada em um indutor percorrido por uma corrente i é UB = Li2/2.
FORMULE Se a fonte é ligada ao circuito no instante t = 0, a corrente é dada por
2 7 0 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R
em que ε é a força eletromotriz da fonte, R é a resistência do circuito e τL = L/R é a constante de tempo indutiva. Isso nos dá
Como
a constante de tempo indutiva é τL = t/0,5108 = (5,00 × 10–3 s)/0,5108 = 9,79 × 10–3 s.
ANALISE (a) A indutância é
(b) A energia armazenada no indutor é
APRENDA Note a semelhança entre 
2
,
2B
LiU = a energia armazenada no campo magnético de um indutor, e 
2
,
2E
qU
C
= a energia 
armazenada no campo elétrico de um capacitor. 
62. (a) De acordo com as Eqs. 30-49 e 30-41, a taxa com a qual a energia está sendo armazenada no campo magnético da bobina é
( ) ( ) ( )
21 22 11 1 .L L L Lt t t tB
L
d LidU diLi L e e e e
dt dt dt R R R
τ τ τ τε ε ε
τ
− − − −       
= = = − = −
Como 
τL = L/R = 2,0 H/10 W = 0,20 s
e ε = 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
( ) ( )
2 2
2 22
t 2
1 1 .L Lt tP i R e R e
R R
τ τε ε− −= = − = −
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
2
fonte t 3,9 10 W.
BdUP P
dt
= + = ×
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
( ) ( )
2 2/ 2 11 (1 ) .L L L Lt t t tB
L
d LidU diLi L e e e e
dt dt dt R R R
τ τ τ τε ε ε
τ
− − − −          
= = = − = −
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 2 7 1
De acordo com as Eqs. 26-27 e 30-41, a taxa com a qual a energia é dissipada no resistor é
2 2
2 2 2
t 2
(1 ) (1 ) .L Lt tP i R e R e
R R
τ τε ε− −= = − = −
Igualando as duas equações e explicitando o tempo, obtemos
2 2
2(1 ) (1 ) ln 2 (37,0ms)ln 2 25,6ms.L L Lt t t Le e e tR R
τ τ τε ε τ− − −− = − ⇒ = = =
64. Seja ( ) ( )212BU t Li t= . Queremos que a energia no instante t seja metade do valor final: 2( ) ( )/2 /4B fU t U t Li= →∞ = . Isto nos 
dá ( ) / 2.fi t i= Como 
/( ) (1 ),Ltfi t i e
τ−= − temos
1 11 ln 1 1,23.
2 2
Lt
L
te τ
τ
−  
 
 
− = ⇒ =− − =
65. (a) A energia fornecida pela fonte é a integral da Eq. 27-14, em que a corrente é dada pela Eq. 30-41:
( ) ( )
( )( )6,70 2,00 s 5,50 H
2 2 
fonte 0
0
2 1
1 1
(5,50H)(10,0V)2,00 s
6,70 6,70
18,7 J.
tt Rt L Rt L
e
LP dt e dt t e
R R R
ε ε
− Ω
− − 
 
 
  −  
 
 
⌠

⌡
= − = + −
= +
Ω Ω
=
∫
(b) A energia armazenada no campo magnético é dada pela Eq. 30-49:
( ) ( )( )
22 2
6,70 2,00 s 5,50 H2 21 1 1 10,0V( ) (1 ) 5,50H 1
2 2 2 6,70
5,10 J.
ε − Ω−            
= = − = −
Ω
=
Rt L
BU Li t L e eR
(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 – 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
7
30
3
(4 10 H m)(100A) 1,3 10 T 1,3 mT.
2 2(50 10 m)
iB
R
µ π − −
−
×= = = × =
×
(b) De acordo com a Eq. 30-55, a densidade de energia nas proximidades do centro da espira é
2 3 2
3
7
0
(1,3 10 T) 0,63 J m .
2 2(4 10 H m)B
Bu
µ π
−
−
×= = =
×
67. PENSE A densidade de energia do campo magnético é dada por uB = B2/2μ0, em que B é o módulo do campo magnético no 
ponto considerado. 
FORMULE No interior de um solenoide, o módulo do campo magnético é B = μ0ni, em que
n = (950 espiras)(0,850 m) = 1,118 × 103 m-1.
2 7 2 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R
Assim, a densidade de energia é
Como o campo magnético é uniforme no interior de um solenoide ideal, a energia total armazenada no campo é UB = uBV, em 
que V é o volume do solenoide.
ANALISE (a) Substituindo os valores conhecidos, temos
(b) A energia total armazenada no campo magnético é o produto da densidade de energia pelo volume V do solenoide, que, por 
sua vez, é o produto da área da seção reta pelo comprimento. Assim,
APRENDA Note a semelhança entre 
2
0
,
2B
Bu
µ
= a densidade de energia do campo magnético, e 
2
0 ,
2E
Eu ε= a densidade de energia 
do campo elétrico. As duas grandezas são proporcionais ao quadrado dos respectivos campos.
68. A energia magnética armazenada no indutor toroidal é dada por UB = Li2/2, em que L é a indutância e i é a corrente. A energia 
magnética também é dada por UB = uBV, em que uB é densidade de energia média e V é o volume. Assim,
3 3
3
2 2(70,0 J m )(0,0200m )
5,58A.
90,0 10 H
Bu Vi
L −
= = =
×
69. Como 2 20 0/2 /2 ,E Bu E u Bε µ= = = temos
8
12 7
0 0
0,50T 1,5 10 V m.
(8,85 10 F m)(4 H m)
BE
ε µ π− −
= = = ×
× ×10
70. É importante notar que o gráfico da Fig. 30-67b não expressa a densidade de energia em função da coordenada do ponto em 
que a densidade de energia é medida; a densidade de energia 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 m)
i i
d
µ µ
π π
=
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
 
7 9 3
1 0
82 2(4 10 H/m)(1,96 10 J/m ) 7,02 10 T.BB uµ π −− −= = × × = ×
(a) Como B1 = μ0i1/2πd, temos
8
1
1 7
0
2 2 (0,067 m)(7,02 10 T)
0,023 A 23 mA.
4 10 H/m
dBi π π
µ π
−
−
×
= = = =
×
 ≈ 23 mA.
(b) i2 = 3i1 = 3(23 mA) ≈ 70 mA.
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 2 7 3
71. (a) A densidade de energia do campo magnético é
2 22 7 2
30 0
2 3 2
0 0
1 (4 10 H m)(10A) 1,0 J m .
2 2 2 8 8(2,5 10 m 2)
µ µ π
µ µ
−
−
 
 
 
×= = = = =
×B
i iBu
R R
(b) A densidade de energia do campo elétrico é
( )
2
222 12 30 0
0
315
1 1 (8,85 10 F m) (10 A)(3,3 10 m)
2 2 2 2
4,8 10 J m .
E
iRu E Jε εε ρ −
−
       
= = = = × Ω
= ×

72. (a) O enlaçamento de fluxo magnético F12 da bobina 1 é
1 1
12
1
(25 mH)(6,0 mA) 1,5 Wb.
100
L i
N
µΦ = = =
(b) A força eletromotriz autoinduzida na bobina 1 é
21
1 1 (25 mH)(4,0 A s) 1,0 10 mV.
diL
dt
ε = = = ×
(c) O enlaçamento de fluxo magnético F21 da bobina 2 é
( )( )1
21
2
3,0 mH 6,0 mA
90 nWb.
200
Mi
N
Φ = = =
(d) A força eletromotriz autoinduzida na bobina 2 é
( )( )12 3,0 mH 4,0 A s 12 mV.
diM
dt
ε = = =
73. PENSE Se duas bobinas estão próximas uma da outra, a variação da corrente em uma das bobinas pode induzir uma força 
eletromotriz na outra.
FORMULE A indução mútua é dada por
em que ε1 é a força eletromotriz induzida na bobina 1 pela variação de corrente na bobina 2. O enlaçamento de fluxo na bobina 
2 é N2F21 = Mi1.
ANALISE (a) De acordo com a equação anterior, a indutância mútua é
(b) O enlaçamento de fluxo na bobina 2 é
APRENDA A força eletromotriz induzida em uma bobina é proporcional à taxa de variação da corrente na outra bobina:
2 7 4 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R
 Como as constantes de proporcionalidade M12 e M21 são iguais, podemos escrever simplesmente
74. Como ε2 = –M di1/dt ≈ M|Di/Dt|, temos
3
3
1
30 10 V
13H.
6,0A (2,5 10 s)
M
i t
ε
−
×
= = =
∆ ∆ ×
75. Como o fluxo magnético através da espira do campo B produzido pela corrente i é dado por
0 0 ,ln 1
2 2
f
a ba b
a a
il il bB ldr dr
r a
µ µ
π π
++  
 
 
⌠

⌡
Φ = = = +∫
temos
0
7
5
ln 1
2
(100)(4 10 H m)(0,30m) 8,0
ln 1
2 1,0
1,3 10 H 13 H.
N N l bM
i a
µ
π
π
π
µ
−
−
Φ  = = + 
 
×  = + 
 
= × =
76. (a) A indutância mútua da combinação bobina-solenoide é
2
20
0
( )
.sbsbs
s s
N N i n RM M R nN
i i
µ π µ πΦ= = = =
(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 = BsπR2, independentemente da forma, tamanho ou pos-
sível falta de compactação da bobina.
77. PENSE Para determinar a indutância equivalente, basta calcular a força eletromotriz entre os terminais da combinação de bobinas.
FORMULE Vamos supor que a taxa de variação da corrente é di/dt. Nesse caso, as forças eletromotrizes induzidas nas duas bo-
binas são
Como vamos ver a seguir, o sinal de M depende da forma como as duas bobinas estão ligadas.
ANALISE (a) A Fig. 30-70 mostra a ligação entre as bobinas. Considere a bobina 1. O campo magnético produzido pela corrente 
nessa bobina aponta para a direita. O campo magnético produzido pela corrente na bobina 2 também aponta para a direita. Quando 
a corrente aumenta, os dois campos magnéticos aumentam e as duas variações de fluxo produzem forças eletromotrizes com a 
mesma polaridade. Assim, as forças eletromotrizes são
A força eletromotriz entre os terminais da combinação de bobinas é, portanto,
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 2 7 5
que é exatamente a força eletromotriz que seria produzida se as bobinas fossem substituídas por uma única bobina com uma 
indutância
Leq = L1 + L2 + 2M.
(b) Imagine que a bobina 1 seja ligada à bobina 2 de tal forma que a corrente circule na bobina 2 no sentido oposto ao que é 
mostrado na Fig. 30-70. Nesse caso, o campo produzido pela bobina 2 na posição da bobina 1 terá o sentido oposto ao do campo 
produzido pela própria bobina 1. Isso significa que os fluxos magnéticos correspondentes terão sinais opostos. Um aumento da 
corrente na bobina 1 tenderá a aumentar o fluxo magnético na bobina 1, mas um aumento da corrente na bobina 2 tenderá a 
diminuir o fluxo na bobina 1. Nesse caso, a força eletromotriz entre os terminais da bobina 1 será
e a força eletromotriz entre os terminais da bobina 2 será
A força eletromotriz entre os terminais da combinação de bobinas será
Essa é a força eletromotriz que seria produzida por uma única bobina com uma indutância
APRENDA O sinal da indutância mútua depende do sentido relativo das correntes nos enrolamentos das bobinas. As forças ele-
tromotrizes induzidaspodem se reforçar (L + M) ou se cancelar parcialmente (L - M).
78. Derivando a Eq. 30-41 em relação ao tempo, obtemos
/ / / ,(1 )L Lt t Rt L
L
di d e e e
dt dt R R L
τ τε ε ε
τ
− − − 
 
 
= − = =
o que nos dá
/ .Rt L
L die
dtε
−   =   
  
Tomando o logaritmo natural de ambos os membros e explicitando R, obtemos
3 3
3
23,0 10 H (23,0 10 H)(280 A/s)
ln ln 95,4 .
0,150 10 s 12,0 V
L L diR
t dtε
− −
−
  × ×  = − = − = Ω    ×   
79. PENSE O indutor de um circuito RL se comporta inicialmente como um circuito aberto.
FORMULE Imediatamente após o fechamento da chave S, a corrente no indutor é zero. Muito tempo após o fechamento da chave, 
as correntes atingem o valor de equilíbrio, o indutor passa a se comportar como um curto-circuito, e podemos calcular as tensões 
e correntes no circuito usando a regra dos nós e a regra das malhas. 
ANALISE (a) A aplicação da regra das malhas à malha da esquerda vai nos fornecer ε - i1R1 = 0 e, portanto,
2 7 6 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R
(b) Como o indutor se comporta como um circuito aberto, i2 = 0.
(c) De acordo com a regra dos nós, is = i1 + i2 = i1 + 0 = 2,0 A.
(d) Como i2 = 0, V2 = i2R2 = 0.
(e) Para que iL = 0, devemos ter VL = ε = 10 V.
(f) 2 10 V 2,0 A/s.
5,0 H
Ldi V
L Ldt
ε= = = =
(g) 1
1
10 V 2,0 A.
5,0
i
R
ε= = =
Ω
 
(h) Como VL = 0, 2
2
10 V 1,0 A.
10
i
R
ε= = =
Ω
(i) is = i1 + i2 = 2,0 A + 1,0 A = 3,0 A.
(j) Como VL = 0, V2 = ε – VL = ε = 10 V.
(k) Como o indutor se comporta como um curto-circuito, VL = 0.
(l) 2 0Ldi V
dt L
= = . 
APRENDA Para analisar um circuito RL imediatamente após o fechamento da chave e muito tempo após o fechamento da chave, 
não é preciso resolver uma equação diferencial. 
80. De acordo com a Eq. 30-41,
( ) ( )1 1 ,L Lt Rti e eR R
τε ε− −= − = −
o que nos dá
6
3 3 3
1 8,0 10 H 1ln ln 1,0 ns.
1 / 4,0 10 1 (2,0 10 A)(4,0 10 )/(20 V)
L
R
t
iR ε
−
−
     
               
×= = ≈
− × Ω − × × Ω
81. Podemos usar a lei de Ohm para relacionar a corrente induzida à fem, que é dada pela lei de Faraday:
.
| | 1 di
R R dt
ε Φ= =
(a) Quando a espira penetrou parcialmente na região 1, de modo que uma parte x do comprimento da espira está na região x, o 
fluxo é
FB = xHB1,
o que significa que
1
1 1 1( ) .
Bd dx vHB iRHB vHB i B
dt dt R vH
Φ
= = ⇒ = ⇒ =
Observando a Fig. 30-72b, vemos que, nessa situação, i = 3,0 μA, o que nos dá
6
1 2 2
(3,0 10 A)(0,020 )
10 T.
(40 10 m/s)(1,5 10 m)
iRB
vH
µ
−
− −
× Ω
= = =
× ×
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 2 7 7
(b) De acordo com a lei de Lenz, o sentido do campo magnético na região 1 é para fora do papel.
(c) Quando a espira penetrou parcialmente na região 2, de modo que uma parte x do comprimento 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 – B1),
o que significa que 
Bd dx
dt dt
Φ
= H(B2 – B1) = vH(B2 – B1) ⇒ i = vH(B2 – B1)/R ⇒ 12 .
iR vHBB
vH
+
=
Observando a Fig. 30-70b, vemos que, nessa situação, i = -2,0 μA, o que nos dá
1
2
6 2 2 6
2 2
(2,0 10 A)(0,020 ) (40 10 m/s)(1,5 10 m/s)(10 10 T)
(40 10 m/s)(1,5 10 m)
3,3 T.
iR vHBB
vH
µ
− − − −
− −
+
=
− × Ω + × × ×
=
× ×
=
 
(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 constante e um campo B variável no tempo) 
2 .
( )Bd d BA dB dBA r
dt dt dt dt
ε πΦ= − = − = − = −
Neste problema, 
/ /0
0 ,
t tdB BB B e e
dt
τ τ
τ
− −= ⇒ = −
o que nos dá
2 /0 .t
Br e τε π
τ
−=
83. Estamos interessados em determinar o instante no qual VL = VR. Como, de acordo com a lei das malhas, ε = VR + VL, isso 
significa que, nesse instante, ε = 2VR = 2iR. 
A variação, com o tempo, da corrente no circuito é dada pela Eq. 30-40. Assim, podemos escrever:
/ /2 2 (1 ) 2 (1 ),Rt L Rt LiR e R e
R
εε ε− −  
 
= = − = −
o que nos dá
315,0 10 H
ln 2 (0,69) 0,520 ms.
20,0
Lt
R
−×
= = =
Ω
84. De acordo com a lei de Faraday, temos (considerando apenas uma espira, uma área constante e um campo B variável no tempo) 
2 7 8 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R
2( )Bd d BA dB dBA R
dt dt dt dt
ε πΦ= − = − = − = −
e, portanto,
2
,
dB
R dt
ε π=
o que significa que a inclinação das retas da Fig. 30-73b é igual a π(dB/dt).
(a) Como a inclinação da reta da esquerda é (8 nV)/(1 cm2) = (8 × 10-9 V)/(10-4 m2) = 80 μV/m2, temos
2
1 80 V/m 25 T/s.
dB
dt
µ µ
π
= ≈
(b) Como a inclinação da reta da direita é (12 nV)/(3 cm2) = 40 μV/m2, temos
2
2 40 V/m 13 T/s.
dB
dt
µ µ
π
= ≈
(c) De acordo com a lei de Lenz, o módulo de 2B

 está aumentando.
85. PENSE Um campo magnético variável induz um campo elétrico.
FORMULE O campo elétrico induzido é dado pela Eq. 30-20:
Como as linhas de campo elétrico são circunferências com centro no eixo da região cilíndrica,
Como a força que age sobre o elétron é ,F eE= −
 
 a aceleração, de acordo com a segunda lei de Newton, é / .a eE m= −


 
 ANALISE (a) No ponto a,
Com a normal apontando para dentro do papel, na direção do campo magnético, o campo E

 aponta no sentido dos ponteiros do 
relógio. Assim, o sentido do campo elétrico no ponto a é para a esquerda, ou seja, 4 ˆ(2,5 10 V/m)i.E −= − ×

 A aceleração resultante é
A aceleração é para a direita. 
(b) No ponto b temos rb = 0 e, portanto, a aceleração é zero.
(c) O campo elétrico no ponto c tem o mesmo módulo que no ponto a, mas aponta na direção oposta. Assim, a aceleração de um 
elétron liberado no ponto c é
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 2 7 9
APRENDA No interior da região cilíndrica, o campo elétrico induzido é proporcional a r. Assim, quanto maior o valor de r, maior 
a aceleração.
86. Por causa do decaimento da corrente (Eq. 30-45) que acontece quando as chaves são deslocadas para a posição B, o fluxo 
magnético nos circuitos das Figs. 30-73a e 30-73b decai de acordo com as equações
1 2
/ /
1 10 2 20e ,
L Lt te eτ τ− −Φ =Φ Φ =Φ
em que as constantes de tempo são dadas pela Eq. 30-42. Igualando os fluxos e explicitando o tempo, obtemos
20 10
2 2 1 1
ln( / ) ln(1,50) 81,1 s.
( / ) ( / ) (30,0 /0,0030 H) (25 /0,0050 H)
t
R L R L
µΦ Φ= = =
− Ω − Ω
87. PENSE Quando a área da espira varia, o fluxo através da espira varia e é induzida uma força eletromotriz que se opõe a essa 
variação. 
FORMULE O fluxo magnético através da espira é FB = BA, em que B é o módulo do campo magnético e A é a área da espira. De 
acordo com a lei de Faraday, o valor absoluto da força eletromotriz média induzida é
ANALISE (a) Substituindo os valores conhecidos, obtemos
(b) A corrente média induzida é
méd
méd 3
0, 40 V
20 A
20 10
i
R
ε
−= = =× Ω
.
APRENDA De acordo com a lei de Faraday, quanto mais rápida a variação da área, maior a corrente induzida.
88. (a) De acordo com a Eq. 30-28, temos 
9 2
3
(150)(50 10 T m ) 3,75 mH.
2,00 10 A
NL
i
−
−
Φ × ⋅= = =
×
(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 diretamente 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 
máx
(0,00375 H)(0,0030 A)(377 rad/s) 0,00424 V 4,24 mV.diL
dt
= = =
89. (a) i0 = ε/R = 100 V/10 W = 10 A.
(b) 2 2 20 /2 (2,0 H)(10 A) 1,0 10 J.BU Li= = = ×
2 8 0 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R
90. De acordo com a Eq. 30-45, 0 L
ti i e τ−= . Fazendo i0 = 0,100 e explicitando t, obtemos
0 0 0
0
2,00 H
ln ln ln 1,54 s.
3,00 0,100L
i i iLt
i R i i
τ
    = = = =     Ω     
91. PENSE O problema envolve um circuito RL no qual o indutor está ligado em série com a fonte.FORMULE No instante t = 0, a corrente no indutor é zero. 
ANALISE (a) Como a fonte está ligada em série com o indutor, a corrente na fonte também é zero.
(b) De acordo com a regra das malhas, como a corrente no circuito é zero em t = 0, a força eletromotriz do indutor εL deve cancelar 
a força eletromotriz da fonte (ε = 40 V). Assim, a Eq. 30-35 nos dá
(c) Este circuito passa a ter a mesma forma que o circuito analisado no Módulo 30-6 se substituirmos os dois resistores de 20.000 
W por um resistor equivalente de 10.000 W. Para τL = L/R = 5 × 10–6 s, temos t/τL = 3/5 e, portanto, de acordo com a Eq. 30-41,
(d) A taxa de variação da corrente pode ser determinada usando a regra das malhas:
Usando os valores calculados no item (c), obtemos |εL| ≈ 22 V. Assim,
(e) Muito depois do fechamento da chave, o circuito está no regime estacionário, no qual εL = 0. Nesse caso, de acordo com a regra 
das malhas,
(f) Muito depois do fechamento da chave, o circuito está no regime estacionário e difon/dt = 0.
APRENDA Resumindo, imediatamente após o fechamento da chave, o indutor se comporta como um circuito aberto, e, como o 
indutor e a fonte estão ligados em série, a força eletromotriz induzida no indutor é igual à força eletromotriz da fonte: εL = ε. Muito 
depois do fechamento da chave, o circuito está no regime estacionário, εL = 0, e o indutor se comporta como um curto-circuito. 
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
3
3
4,7 10 H (2,5 A)(0,75 )ln 1 ln 1 ln 1
0,75 6,0V
2,4 10 s 2,4 ms.
L
iR L iRt
R
τ
ε ε
−
−
    
    
     
× Ω= − − = − − = − −
Ω
= × =
93. A energia armazenada quando a corrente é UB = Li2/2, em que L é a indutância do indutor. Esta energia é armazenada a uma taxa 
M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R 2 8 1
,B
dU diLi
dt dt
=
em que a corrente i é dada pela Eq. 30-41. Assim, no instante t = 1,61τL, temos 
2 2
/ / 1,61 1,61(12,0 V)(1 ) (1 ) 1,15 W.
20,0
L Lt tBdU V e e e e
dt R
τ τ− − − −= − = − =
Ω
94. (a) De acordo com a Eq. 30-31, a indutância do solenoide por unidade de comprimento é
2 2 2
0 (4 H m)(100espiras cm) ( )(1,6cm) 0,10H m.
L n Aµ π π−7= = ×10 =

(b) De acordo com a Eq. 30-35, a força eletromotriz induzida por metro é
( )( )0,10H m 13A s 1,3V m.L di
dt
ε
= = =
 
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
1
1
6,0
20A s.
0,30
Ldi
dt L
ε
= = =
(b) Como, no regime estacionário, a resistência dos indutores é nula, a aplicação da regra das malhas à malha externa nos dá
1
1
6,0V0 0,75A.i R i
R
ε − = ⇒ = =
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 
( ) 2 ,B
d d BA dA dB B
dt dt dt dt
ε Φ= − = − = − = − 
o que nos dá
ε = -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 usando a Eq. 30-41. Derivando a Eq. 30-41, obtemos
3/ / (180 )(1,2 10 s)/(0,050 H)/ 45 V(1 ) 12 A/s.
0,050 H
L Lt t Rt L
L
di d e e e e
dt dt R R L
τ τε ε ε
τ
−− − − Ω ×− 
 
 
= − = = = =
98. (a) De acordo com a Eq. 30-35, L = (3,00 mV)/(5,00 A/s) = 0,600 mH.
(b) Como NΦ = iL, temos
3
6
(8,00 A)(0,6 10 H)
120.
40,0 10 Wb
iLN
−
−
×
= = =
Φ ×
99. Representando o volume pela letra V e usando o fator de conversão 1 ano-luz = 9,46 × 1015 m, temos 
2 8 2 M A T E R I A L S U P L E M E N T A R P A R A A C O M P A N H A R
100. (a) O comprimento total da espira formada pelos dois raios e o arco é
em que r é o raio do arco. A resistência total é
(b) Como a área da espira é A = r2θ/2, o fluxo magnético através da espira é
(c) A força eletromotriz induzida é
o que nos dá
Note que, na última passagem, usamos as relações ω = αt e θ = αt2/2, em que α é a aceleração angular. Derivando i em relação a 
t, obtemos
A corrente induzida é máxima para 4 - αt2 = 0, o que nos dá 4/ .t α= Nesse instante, o ângulo é
(d) No instante em que a corrente é máxima, 4 / 4 .tω α α α α= = = Assim,