Exercícios tema 5módulo 1

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1. Considere um gerador elétrico simples, que, essencialmente, é um circuito elétrico fechado, que se move com velocidade constante em módulo para a direita, na presença de um campo magnético uniforme, B→, que aponta para dentro da tela, perpendicularmente à velocidade V→. Um resistor elétrico R faz parte do circuito. Calcule a f.e.m., ε, gerada no circuito por esse movimento na presença do campo magnético:
ε=V→B→x
ε=V→B→h
ε=RB→h
ε=V→B→
ε=0
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Comentário
A alternativa "B" está correta.
Como o circuito elétrico é puxado para a direita, os portadores de cargas no segmento ab do circuito experimentarão uma força magnética FB→=q V→ × B→, na direção vertical de baixo para cima, de acordo com a regra da Mão Direita. Da definição da f.e.m., considerando que o campo vetorial fs→ é uma força por unidade de carga elétrica e como, no caso específico, temos uma força magnética, então:
 fs→=FB→q=V→×B→
ε=∮fs→.dl→=∮(V→×B→) .dl→
A integral será efetuada no segmento de a para b, já que os outros trechos do circuito não contribuirão para a f.e.m. Os trechos horizontais do circuito são perpendiculares à força magnética e o restante do circuito está fora da região de campo magnético. Assim, como tanto a velocidade e o campo magnético são constantes em módulo, e a força magnética atua na mesma direção da medida de integração dl→, temos como resultado:
E=V→B→h
A integral da f.e.m. não é a integral do trabalho da força magnética que é sempre zero, e sim a integral de um campo de força vetorial fs→ por unidade de carga elétrica ao longo do circuito. Certamente, a força magnética FB→=q V→×B→ é responsável pela f.e.m., mas quem realiza o trabalho mecânico no deslocamento para a direita é quem puxa o circuito. A f.e.m. é gerada em um trecho do circuito, em cada portador de carga elétrica. Como a f.e.m. é equivalente em efeitos ao potencial elétrico, temos uma fonte geradora elétrica devido ao movimento do circuito em um campo magnético. Se calcularmos o trabalho mecânico da força externa não magnética que traciona o circuito num deslocamento horizontal dos portadores de cargas, teremos o mesmo resultado encontrado para a f.e.m.
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2. No problema clássico do disco de Faraday, um dínamo conhecido como gerador homopolar, considere um disco condutor de raio a que gira com velocidade angular ω em um eixo fixo na presença de um campo magnético B→ uniforme, na mesma direção do eixo do disco, no sentido de baixo para cima, como na figura a seguir. Um circuito com resistor R foi colocado em contato com o disco e seu eixo através de escovas condutoras deslizantes, por onde circulará uma corrente 
elétrica I. Calcule o valor dessa corrente elétrica I: 
I=ωB→ a2R
I=ωB→
I=ωB→ aR
I=ωB→ a22
I=ωB→ a22R
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A alternativa "E" está correta.
F.E.M. DE MOVIMENTO ― O DISCO DE FARADAY
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3. Considere uma área do espaço vazio em forma de disco, como na figura a seguir, atravessado por um campo magnético variável B→t, perpendicular a essa área. Considerando um anel de raio r pertencente a esse disco de espaço, como uma curva de Ampère, calcule o vetor campo elétrico induzido ao longo desse anel de raio r.
E→= -   dB→(t)dt θ^
E→= -   r2 dB→(t)dt
E→= -  r2 dB→(t)dt θ^
E→= - r2 B→(t)θ^
E→= -  B→t
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A alternativa "C" está correta.
Esse problema nos mostra que os fenômenos previstos pela Lei de Faraday-Lenz não necessitam de materiais para serem reais. A área plana do problema, perpendicular ao campo magnético variável, não pertence a qualquer material físico. A simples variação do fluxo de campo magnético induzirá a geração de um campo elétrico. O problema nos convida a calcular o campo elétrico induzido ao longo de uma curva de Ampère, de maneira semelhante ao uso de curvas de Ampère nos problemas da Magnetostática. Então, o campo magnético atravessará uma área delimitada pela curva de Ampère de raio r, e ao longo dessa mesma curva fechada, teremos um campo elétrico induzido:
ε=∮E→. dl→=-dΦmdt
Mas,
E→= E→ θ^    e    dl→=r dθ θ^  
Como o campo magnético é paralelo ao vetor normal ao plano,
Φm= ∫B→. n^ dA= B→(t) π r2
Assim,
∮E→ θ^. θ^ r dθ =-  π r2dB→(t)dt
Portanto,
E→ 2π r= -  π r2dB→(t)dt
E→= -   r2 dB→(t)dt θ^
Se tivéssemos cargas elétricas livres ao longo da curva de Ampère, haveria uma corrente elétrica induzida.
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4. Um gerador alternador simples, como na figura a seguir, comumente chamado de gerador C.A., é um dispositivo capaz de gerar uma f.e.m., ε, constituído de uma única espira retangular, de área A, que gira com velocidade angular ω constante, em torno de um eixo de rotação na presença de um campo magnético B→ uniforme e de módulo constante. Considere que, no instante inicial t=0, a superfície da espira esteja alinhada perpendicularmente ao campo magnético, ou seja, em t=0, o ângulo de rotação é ϕ=0. Não se preocupe com o início do movimento de rotação. Calcule a f.e.m. induzida:
ε= B→ Acos⁡ωt
ε=ω B→ Asen⁡ωt
ε=B→ Asen⁡ωt
ε=- ω A dB→dt
ε=ω B→ Acos⁡ωt
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A alternativa correta é "B".
INDUÇÃO ELETROMAGNÉTICA ― O GERADOR ALTERNADOR
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5. Um gerador comutador simples, comumente chamado de gerador C.C., como na figura a seguir, é um dispositivo capaz de gerar uma f.e.m., ε, constituído de uma espira retangular, de área A, que gira com velocidade angular ω constante, em torno de um eixo de rotação na presença de um campo magnético B→ uniforme e de módulo constante. Considere que, no instante inicial t=0, a superfície da espira esteja alinhada perpendicularmente ao campo magnético, ou seja, em t=0 , o ângulo de rotação é ϕ=0. Não se preocupe com o início do movimento de rotação. Calcule a f.e.m. induzida média, éεmédia:
éεmédia=ω B→ Asen⁡ωt
éεmédia=ω B→ Acos⁡ωt
éεmédia= ω B→ Aπ
éεmédia=ω B→ A
éεmédia=2 ω B→ Aπ
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A alternativa "E" está correta.
Repare que, nesse problema, o design do gerador é semelhante ao design do gerador alternador, com a diferença que o anel de contato com as escovas é um comutador, que fará com que a f.e.m. gerada tenha sempre o mesmo sinal, ao inverter as conexões da espira quando a f.e.m. se inverte. A função solução da f.e.m. será um cicloide, no lugar de uma senoide do problema do alternador. Aqui, também, o campo B→ é constante em módulo e uniforme. Assim, a variação do fluxo de campo magnético ocorrerá pela rotação da espira. O ângulo entre o campo B→ e o vetor normal do plano da espira será uma função do tempo, ϕt=ωt. À diferença do gerador alternador, a f.e.m. induzida tem valor sempre positivo, portanto, calcularemos seu módulo:
ε=-dΦmdt
Φm= ∫B→. n^ dA= B→ Acos⁡ϕ=B→ Acos⁡ωt
ε=ω B→ A  sen⁡(ωt) 
Para obter a f.e.m. induzida média, como solicitado, precisamos calcular é(  sen⁡(ωt)  )média, como o valor médio da integral da função senoidal no intervalo de meio ciclo de rotação, T/2, quando 0≤ωt≤π, ou seja, quando 0≤t≤πω, pois a função seno é positiva na primeira metade do ciclo.
é(  sen⁡(ωt)  )média=1π/ω∫0π/ωsen ωtdt= -cos⁡ω πω+cos⁡(0)ω πω=2π
Então,
éεmédia=2 ω B→ Aπ
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6. Um gerador de haste deslizante é um dispositivo gerador elétrico com uma haste de tamanho h que pode deslizar horizontalmente, como na figura a seguir. Um campo magnético uniforme e constante em módulo atua perpendicularmente ao circuito gerador, com orientação para dentro da tela. Calcule a f.e.m. induzida ao puxarmos a haste para a direita com velocidade V→ constante em módulo:
ε=- B→ hV→
ε=B→ hV→
ε=- R hV→
ε=- B→ hV→R
ε=- B→ h
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Comentário
A alternativa "A" está correta.
Vamos aplicar diretamente a Lei de Faraday-Lenz. Como o campo magnético é uniforme e constante em módulo, e somente a área do circuito varia ao movimentarmos a haste, temos:
ε=-dΦmdt
Φm= ∫B→. n^ dA= B→ A
ε=- B→ dAdt
Mas a área do circuito gerador varia com o tempo. Então,
A=hV→ t      ⟹      ε=- B→dAdt= - B→ hV→
A f.e.m. induzida será constante enquanto a velocidade da haste for constante em módulo. Uma corrente elétrica induzida terá orientação anti-horária no circuito.
TEORIA NA PRÁTICA
Vamos revisitar o problema do gerador comutador, comumente chamado de gerador C.C., como na figura a seguir, um dispositivo capaz de gerar uma f.e.m., ε, constituído de um enrolamento de N espiras quadradas paralelas e justapostas, de área A, que giram com velocidade angular ω constante, em torno de um eixo de rotação na presença de um campo magnético B→ uniforme e de módulo constante. Considere que no instante inicial, t=0, as superfícies das espiras estejam alinhadas perpendicularmente ao campo magnético, ou seja, em t=0 , o ângulo de rotação é ϕ=0. Não se preocupe em como o movimento de rotação se iniciou. Entretanto, agora vamos obter a velocidade de rotação angular das espiras necessária para obter-se uma f.e.m. média de 127 V. Então, considere os seguintes dados: N=500 espiras, A=(0,10 m) 2, B→=0,20 T. Calcule a velocidade angular de rotação das espiras para se obter ééEmédia=127 V.
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RESOLUÇÃO
A variação do fluxo de campo magnético se dará pela rotação da espira. O ângulo entre o campo B→  e o vetor normal do plano da espira será uma função do tempo, ϕ(t)=ωt. Diferente do gerador alternador, a f.e.m. induzida tem valor sempre positivo, portanto, calcularemos seu módulo. Devemos levar em consideração que temos N espiras. Assim, modificamos ligeiramente a expressão da Lei de Faraday, introduzindo o fator N:
ℰ=-NdΦmdt
Φm= ∫B→. n^ dA= B→ Acos⁡ϕ=B→ Acos⁡ωt
E=N ω B→ A  sen⁡ωt 
Para obter a f.e.m. induzida média precisamos calcular éé(  sen⁡ωt  )média , como o valor médio da integral da função senoidal no intervalo de meio ciclo de rotação, T/2, quando 0 ≤ ω t ≤ π, ou seja, quando 0 ≤ t ≤πω , pois a função seno é positiva na primeira metade do ciclo.
éé(  sen⁡(ωt)  )média=1π/ω∫0π/ωsen ωtdt= -cos⁡ω πω+cos⁡(0)ω πω=2π
Então, como já obtido antes,
ééEmédia=2 N ω B→ Aπ
Substituindo os dados fornecidos, temos:
ééω= π Emédia2 N B→ A= π (127 V)2 500)(0,20 T(0,10 m)2=199,49 rad/s
Lembrando que 1 V=1Wbs=1 T.m2s. Além disso, çãçã1 Rotação/s = 2 π rad/s, então:
çãçãω=199,49rads. Rotação2 π rad≅31,75 Rot/s
ω=31,75Rots . 60smin≅1905 Rot/min.
INDUÇÃO ELETROMAGNÉTICA – O GERADOR COMUTADOR
VERIFICANDO O APRENDIZADO
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1 - (Adaptada de Sears & Zemansky, 2008). Uma bobina com 500 espiras circulares com raio igual a 4,0 cm é colocada entre os polos de um grande eletroímã, onde o campo magnético é uniforme e forma um ângulo de 600 com o plano de seção reta da bobina. O campo magnético diminui com uma taxa igual a 0,20 T/s. Calcule a f.e.m. induzida na bobina.
ε=0,251V
ε=-0,251V
ε=0,000871 V
ε=0,435 V
ε=-0,435 V
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Comentário
Parabéns! A alternativa "D" está correta.
Aplicando a Lei de Faraday-Lenz, se a direção do campo magnético faz um ângulo de 600 com o plano de seção reta da bobina, temos que o ângulo entre o campo magnético e a direção normal ao plano da bobina é de 300. Assim,
ε=-NdΦmdt
Φm= ∫B→. n^ dA= B→ Acos⁡300
ε=-NddtB→ Acos⁡300=- N Acos⁡300 dB→dt
ε=-500 π 0,04 m2 cos 300 (-0,20 T/s)
ε=0,435 V
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2 - Um gerador de haste deslizante é um dispositivo gerador elétrico com haste de tamanho h, que pode deslizar horizontalmente, como na figura a seguir. Um campo magnético uniforme e constante em módulo atua perpendicularmente ao circuito gerador, com orientação para dentro da tela. Calcule a potência dissipada no resistor R ao puxarmos a haste para a direita com velocidade V→ constante em módulo.
PR=  B→ hV→R
PR= - B→ hV→
PR=  B→2 h2V→2R
PR=  |B→|2 h2|V→|2R2
PR= |B→|2 h2|V→|2
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Parabéns! A alternativa "C" está correta.
Como o campo magnético é uniforme e constante em módulo, e somente a área do circuito varia ao mover-se a haste, temos:
ε=-dΦmdt
Φm= ∫B→. n^ dA= B→ A
ε=- B→ dAdt
A área do circuito gerador varia com o tempo.
A=h V→ t   ⟹   ε=- B→dAdt= - B→ hV→
Uma corrente elétrica será induzida no sentido anti-horário.
I=εR=- B→ hV→R
PR=R I2= R - B→ hV→R2
PR=  B→2 h2V→2R
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