PArTe ii - Amazon Web...

Capítulo 13 Campos magnéticos .............................................................. 2

Capítulo 14 Força magnética ..................................................................... 13

Capítulo 15 Indução eletromagnética ..................................................... 27

Capítulo 16 Noções de corrente alternada ............................................ 38

resoluções dos exercícios

PArTe ii

Campos magnéticosCapítulo 13

Para pensarEsse tipo de trem se desloca sobre um colchão de ar, flutuando nos trilhos, o que elimina os atritos de es-corregamento e de rolamento; além disso, seu formato aerodinâmico minimiza a resistência do ar.

Exercícios propostos

P.311

i2

i1 B1

B2

O

Inicialmente determinamos, pela regra da mão direita no 1, a direção e o sentido dos vetores indução magnética B1 e B2 que i1 e i2 originam no centro O:

B1 = $j

Ri

20

1

1 ] B1 = $$2

4 1025ss

7-

` B1 = 5 $ 10-7 T

B2 = $j

Ri

20

2

2 ] B2 = $$2

4 1023ss

7-

` B2 = 3 $ 10-7 T

Sendo B1 2 B2, concluímos que o vetor indução magnética resultante em O tem direção per-pendicular ao plano das espiras e orientada do observador para o plano (entrando no plano das espiras).

A intensidade é dada por:

BR = B1 - B2 ` BR = 2 $ 10-7 T

P.312

i2

i1

R1

B2B1

R2

O

De acordo com a regra da mão direita no 1, os vetores B1 e B2 originados por i1 e i2 no centro O têm mesma direção e sentidos opostos. Para que o vetor indução magnética resultante seja nulo,

os módulos de B1 e B2 devem ser iguais:

B1 = B2 ] $ $j j

Ri

Ri

ii

RR

2 2 ]0

1

1 0

2

2

2

1

2

1= =

P.313 De B = N $ $j

Ri

20 , vem:

2 $ 10-3 = 50 $ ,$

$i

24 10

0 10s 7-

` i - 6,4 A

Atividade práticaExperiência de Oersted

1. A agulha da bússola sofreu um desvio porque a corrente elétrica no fio criou um campo mag-nético ao seu redor.

2. O sentido do campo magnético nas proximida-des da bússola é de leste (L) para oeste (O).

3. O sentido do desvio da agulha, nesse caso, é oposto ao do item a, uma vez que foi invertido o sentido do campo magnético criado em torno do fio.

4. O sentido do campo magnético, nesse caso, é oposto ao do item a, ou seja, é de oeste (O) para leste (L).


P.314 De B = $sj

ri

20 , vem:

B = $$2

4 1012

ss 7-

` B = 4 $ 10-7 T

P.315 a)

i = 5 A R = 5 cm

BI

O

BI = $j

Ri

20 ] BI = $

$$2

4 105 10

5s 7

2

-

-

` BI = 2s $ 10-5 T ] BI - 6,3 $ 10-5 T

b) ie = 4 A

r = 5 cm

BII O

BII = $j

ri

2se0 ] BII = $

$$2

4 105 10

4s

s 7

2

-

-

` BII = 1,6 $ 10-5 T

c) ie = 4 A

i = 5 A

R = 5 cm

BI BII

O

BR = BI - BII ` BR = 4,7 $ 10-5 T

2

Física 3Os FundamentOs da Física

Resoluções dos exercícios

PARTE II

P.316 a) As correntes elétricas que percorrem os con-dutores 1 e 2 originam no ponto P os vetores

in dução magnética B1 e B2, cujos sentidos são dados pela regra da mão direita no 1.

B1 e B2 têm mesma intensidade, pois o ponto P equidista dos condutores e as correntes elé-tricas têm intensidades iguais. Tendo sentidos opostos, concluímos que BR = 0.

0,10 m

1 2

0,10 m

B1 B2P

ii

b) Nesse caso, B1 e B2 têm mesmo sentido.

0,10 m 0,10 m

B1 B2P

ii

B1 = B2 = $j

ri

2s0 ] B1 = B2 = ,

$$2

4 100 1010

ss 7-

` B1 = B2 = 2,0 $ 10-5 T

Assim:

BR = B1 + B2 ` BR = 4,0 $ 10-5 T

P.317 Pela regra da mão direita no 1, determinamos os sentidos dos vetores campo magnético, B1 e B2, que i1 e i2 originam no ponto P.

10 m

1 m

B2

B1

P

i1i2

O vetor indução magnética resultante em P tem intensidade:

BR = B2 - B1 ] BR = $ $j j

ri

ri

2 2s s0

2

0

1- ]

] BR = $

$i

r r21 1

sj0

2 1-e o ]

] BR = $ $$2

4 10 100101

111

ss 7

--

d n ]

] BR = $ $$2

4 10 100110

11 10s

7 --

BR - 1,8 $ 10-7 T

P.318 Primeiro representamos os vetores indução mag-nética criados no ponto P, devido às correntes situadas nos pontos A e B:

BB

BA

P r2r2ii

BA

$j

B ri

2 2sA0

= e $j

B ri

22

sB0

=

De e , temos:

BB = 4 $ BA = 4 $ 2 $ 10-6 T ] BB = 8 $ 10-6 T

BR = BB - BA ] BR = 8 $ 10-6 T - 2 $ 10-6 T ]

] BR = 6 $ 10-6 T

A agulha colocada no ponto P se orienta na dire-ção do vetor indução magnética resultante (BR), com polo norte no sentido de BB (pois BB 2 BA).

P.319 a) E = 100 Vr = 1 C

R+ –

X

i

i

i

i

Aplicando a lei de Pouillet ao circuito, temos:

i = R rE i 9 1

100]+ =+

` i = 10 A

Do enunciado podemos obter:

j0 = 4s $ 10-7 $A

T m

LN 10 cm

espirasm

1.000 espiras= =

O campo magnético da espira pode ser ob-tido por:

B = j0 $ LN $ i ] B = 4s $ 10-7 $ 1.000 $ 10

` B = 4s $ 10-3 T

b) Para o observador O, a corrente elétrica é vista no sentido anti-horário. Logo, X é um polo norte.

Outro modo seria aplicar a regra da mão direi-ta no 1 e observar que o campo magnético B (e, portanto, as linhas de indução) entra pela extremidade X.

P.320 Para que o campo magnético resultante no interior do solenoide seja nulo, o campo magnético terres-tre Bt deve anular o campo magnético gerado pela corrente elétrica que percorre o solenoide (Bs). Devemos impor:

Bs = Bt ] j0 $ LN $ i = Bt ]

] 4s $ 10-7 $ ,0 25500 $ i = 8s $ 10-6

` i = 10 $ 10-3 A ] i = 10 mA

3



PARTE II

Exercícios propostos de recapitulação

P.321 a) Lembrando que as linhas de indução saem do polo norte e chegam ao polo sul, temos o seguinte aspecto para as citadas linhas:

N

NS S

b) Cada agulha magnética se orienta na direção do respectivo vetor indução magnética B e com o polo norte no sentido de B. Assim, temos:

N

NS S

P.322 a) Cálculo da carga elétrica que atravessa uma secção reta do acelerador em uma volta é:Sq = N $ e = 2,0 $ 1014 $ 1,6 $ 10-19 ` Sq = 3,2 $ 10-5 CCálculo do intervalo de tempo de uma volta:

, $$c t

L t cL t

3 0 1027 10

S ] S ] S 8

3

= = =

` St = 9,0 $ 10-5 s

Intensidade da corrente elétrica:

i = ,,

$

$

tq

i9 0 103 2 10

SS

] 5

5

= -

-

` i - 0,36 A

b) A intensidade do campo magnético no centro

do anel é dada por $B Ri

2j0

= , em que R é o raio

do anel. Sendo L = 2sR, temos: R L2s=

Portanto:

,

$ $

$$

$

$

B Ri B L

i2 2

2

24 10

27 100 36 2

j]

j

s

]

] s s]

0 0

7

3

= =

-

,$ $$

$

$ $B 2

4 3 1027 10

0 36 2 3]

7

3=-

B = 4,8 $ 10-11 T

P.323

P

b b b

Q

i

i

B1 B2Be1 Be2

1 2

Sejam B1 e B2 os vetores indução magnética que as correntes elétricas que percorrem os condu-tores e originam em Q.

B1 = B2 = $bi

2sj0 = B

O módulo do vetor indução magnética resultan-te em Q é dado por:

BQ = B + B ] BQ = 2B

Analogamente em P, temos:

1 1$e eBbi B B2s

j]= =

$e eBbi B B

2 3 3sj

]20

2= =

Logo, o vetor indução magnética resultante em P tem módulo:

BP = B - B3 ] BP = 3

2 $ B

Dividindo por : B 2B2B

BBB

3

3]P

Q

P

Q= =

P.324 a) Vamos considerar que a corrente elétrica é in-tensa o suficiente, de modo que podemos des-prezar a ação do campo magnético terrestre.

Portanto, as agulhas magnéticas orientam-se na direção dos respectivos vetores indução magnética B1, B2, B3 e B4. Pela regra da mão direita no 1 concluímos que o condutor é per-pendicular ao plano definido pelos vetores B1, B2, B3 e B4 e a corrente elétrica está “saindo” desse plano.

i

B1

B2 B3

B4

b) Se a corrente elétrica cessar de fluir, as agu-lhas ficarão sujeitas apenas ao campo mag-nético terrestre e vão se orientar na direção norte-sul.

N

S

P.325 a) Da equação característica do gerador temos: U = E - r $ i

Então, sendo i = 200 mA = 200 $ 10-3 A, vem:

8,0 = E - 5,0 $ 200 $ 10-3 ` E = 9,0 V

b) De B = $ LNj0 $ i, sendo L = 20 cm = 0,20 m

resulta:

B = 4s $ 10-7 $ ,0 02200 $ 200 $ 10-3

` B = 8s $ 10-5 T

4



PARTE II

P.326 a) Seja B a intensidade do campo magnético produzido pela bobina e BT a componente horizontal do campo magnético da Terra.

BT

N

S

B

Bresultante

O L

J0

Sendo J0 = 45w, temos:

B = BT ` B = 0,2 gauss

Mas de B = k $ I, com I = I0 = 2 A, resulta:

0,2 = k $ 2 ` ,k 0 1ampèregauss

=

b)

BT

N

S

B1

Bresultante

O L

J1

Norte

Leste

J1

J2

J2

J1

3

3

2

4

tg J1 = ,BB B

43

0 2]1 1

T= ` B1 = 0,15 gauss

B1 = k $ I1 ] 0,15 = 0,1 $ I1 ` I1 = 1,5 A

c) Duplicando o número de espiras, duplicamos a intensidade do campo magnético produzido pela bobina.

B2 = 2B1 ` B2 = 0,3 gauss

,,

BB

0 20 3

23tg tg tgJ ] J ] J2

22 2

T= = =

Conhecendo a tangente de J2, determinamos no esquema apresentado no item b a nova direção J2 que a bússola aponta.

P.327 a) Pela regra da mão direita no 1, observamos que o sentido do campo de indução magné-tica B, próximo do chão, é de norte para sul.

O

N

S

Solo

Linha de transmissão

L

B

i

d

b) Do cálculo do campo magnético para um fio situado a uma distância d, temos:

B = $di

2sj0 ] 5,0 $ 10-5 = .$

$d2

4 10 4 000s

s 7-

` d = 16 m

P.328 Conhecendo o sentido da corrente elétrica que percorre o solenoide, determinamos, pela regra da mão direita no 1, o sentido do campo mag-nético BS no seu interior: de oeste para leste. O sentido do campo magnético terrestre BT é de sul para norte.

Ao se estabelecer a corrente elétrica no solenoi-de, a agulha magnética gira de 62w e se orienta na direção do vetor campo magnético resultanteB B BS T= + :

BT

BS

62°

Temos $ $LN iB jS 0= = 1,26 $ 10-6 $ 300 $ 100 $ 10-3

` BS = 3,78 $ 10-5 T e tg 62w = 1,87

Sendo tg 62w = BBT

S ] 1,87 = , $

B3 78 10 5

T

-

` BT - 2,02 $ 10-5 T

Testes propostos T.288 I. O extremo B da barra 1 e o extremo C da barra 2

se atraem. Temos duas possibilidades: as barras 1 e 2 estão magnetizadas ou uma está magnetizada (ímã) e a outra não (pedaço de ferro não magnetizado).

A B C D

Barra 1 Barra 2

II. O extremo B da barra 1 e o extremo E da barra 3 se repelem. Com essa situa ção, con-cluímos que as barras 1 e 3 estão magne-tizadas. Os polos B e E têm mesmo nome: dois polos norte ou dois polos sul.

A B E F

Barra 1 Barra 3

5



PARTE II

III. O extremo D da barra 2 e o extremo E da barra 3 se atraem.

C D E F

Barra 2 Barra 3

Pelos testes I e III, observamos que os extremos C e D da barra 2 foram atraídos por B e E, isto é, C e D são atraídos por polos de mesmo nome. Isso só é possível se a barra 2 estiver desmagnetizada.

Resposta: b

T.289 Se o corte for na linha a, teremos:

N Sa

N S

N SRepulsão

Se o corte for na linha b, teremos:

N S N S N S

b

Atração

Resposta: c

T.290 B1 B2B3

N S

As linhas de indução de um campo magnético são aquelas que em cada ponto tangenciam o vetor indução magnética. As linhas são orien-tadas no sentido dos vetores indução.

Resposta: c

T.291 Lembrando que as linhas de indução saem do polo norte e chegam ao polo sul, externamente ao ímã, concluímos que, para o esquema dado, os ímãs podem estar dispostos conforme indica a alternativa a.

N

N

S

S

Resposta: a

T. 292 A agulha magnética da bússola, a partir da po-sição inicial, deve girar no sentido anti-horário. Lembrando que polos de mesmo nome se repe-lem e que polos de nomes diferentes se atraem, observamos, das alternativas apresentadas, que a única possível é a c.

F

-F

Ímã Ímã

N

S

N S N S

Agulha da bússola

Resposta: c

T.293

A agulha se orienta na direção da tangente à linha de indução e com o polo norte no sentido da linha.

Ao ser deslocada de P até Pe, a agulha completa uma volta em torno de seu eixo, pois em Pe retorna à posição inicial. Assim, em meia--volta em torno do ímã, a agulha descreve uma volta com pleta. Logo, em uma volta em torno do ímã, a agulha descreverá duas voltas em torno de seu eixo.

Resposta: d

T.294 Ao ser colocado num campo magnético unifor-me de indução B, um ímã se orienta na direção do campo, com o polo norte no sentido de B. Essa posição é de equilíbrio estável.

NSB

Resposta: a

P

S

N

S

N

S

N

SN

SN

P’

6



PARTE II

T.295 Vamos determinar o sentido do vetor indução magnética resultante em P, lembrando que as linhas de indução magnética saem do polo norte e chegam ao polo sul.

Ímã 4

Ímã 2

Ímã 3Ímã 1 Bs(1) Bs(3)

Bs(2)Bn(4)

N S S N

S

N

S

N

P

O vetor B resultante em P tem o sentido:

B

P

A agulha magnética colocada em P se orienta na direção de B e com o polo norte apontando no sentido de B.

N

S

P

B

Resposta: a

T.296 Vamos, inicialmente, representar os vetores cam-po de indução magnética resultante nos pontos A, B e C, lembrando que polo norte origina campo de afastamento e polo sul, de aproximação. Em cada ponto vamos levar em conta os dois polos mais próximos e desprezar as ações dos demais.

SS N

N

SNA B

C B B B

Ao colocarmos as agulhas magnéticas nos pon-tos A, B e C, elas se orien tam segundo o vetor campo B resultante. Assim, temos:

SS N

N

SN

A

BC

Resposta: a

T.297

Oi

Vista superior

Em relação ao observador O, temos a situação mostrada na figura.

A agulha da bússola se orien-ta na direção de B e com o polo norte no sentido de B, que foi determinado pela regra da mão direita no 1.

Vamos analisar cada procedimento visando inverter a orientação da agulha da bússola.

I. Correta. Invertendo-se o sentido da corrente, inverte-se o sentido de B, de acordo com a re-gra da mão direita no 1. Consequentemente, inverte-se a orientação da agulha da bússola.

i

SN

B

II. Correta. Ao transladar-se o fio para uma po-sição abaixo da bússola, mantendo-se o sen-tido inicial de i, inverte-se o sentido de B, e a orien tação da agulha da bússola também se inverte.

i

SN

B

III. Incorreta. Nesse caso, o sentido de B não se inverte e a agulha da bússola mantém a orientação inicial.

i

S N

B

Resposta: d

T.298 I. Incorreta. O vetor indução magnética B de-

pende do meio: $j

B Ri

20

=

II. Correta. Pela regra da mão direita no 1, sa-bemos que B é perpendicular ao plano da espira.

RO

i

i

i

i

B

III. Correta. De B = $j

Ri

20 , concluímos que B é

proporcional a Ri .

Resposta: b

i

NS

B

7



PARTE II

T.299 Pela regra da mão direita no 1, concluímos que o vetor indução B , no centro da espira, está “ s a i n d o ” d o p l a n o da espira.

B = $ Ri

2j0 ]

] B = ,$

$24 10

0 106s 7-

` B = 1,2s $ 10-5 T

Resposta: b

T.300

B1 B2

R1 i1

i2

R2

BR = 0 ] B1 = B2 ] $ $Ri

Ri

2 2j j

]0

1

1 0

2

2=

ii

RR

ii

R

R

ii

ii5

2

52] ] ] ]

2

1

2

1

2

1

2

2

2

1

2

1= = = = 0,4

Resposta: a

T.301 Na aplicação da regra da mão direita no 1, o sentido de i é o da corrente convencional.

Assim, se o elétron gira no sentido anti--horário, o sentido da corrente convencional é horário.

Pela regra da mão di-reita no 1, o vetor B está “entrando” no plano da órbita do elétron.

Resposta: a

T.302 A corrente elétrica i gera um campo magnético cujos vetores nos pontos A, B, C e D estão repre-sentados na figura abaixo.

D

A

B

C

BA

BC

BB

BD

i

B i

Elétron

Portanto, a posição das agulhas magnéticas, em cada ponto, é a representada na figura abaixo.

iA C

B

D

BB

BC

BD

BA

S

SN

NS

N

N

S

Então, a bússola C permanece praticamente inalterada, em equilíbrio estável, quando passa corrente elétrica pelo condutor.

Resposta: a

T.303 As linhas do campo magnético, gerado pela corrente elétrica que percorre um condutor retilíneo, são circunferências concêntricas ao condutor e situadas em planos perpendiculares a ele. O sentido das linhas de campo depende do sentido da corrente elétrica. Assim, as alter-nativas a e b são incorretas.

A intensidade do campo magnético produzido por

um fio retilíneo é dada por B = $ ri

2sj0 . Reduzindo-

-se r à metade, o valor de B dobra. A alternativa c é incorreta. Duplicando-se a intensidade i da corrente elétrica, duplica-se a intensidade do campo B. A alternativa d é a correta.

A unidade de B no SI é tesla (T). Logo, e é incorreta.

Resposta: d

T.304 a) Incorreta.

B = $ Ri

2j0 ] B =

,,$

$$2

4 102 5 10

4 0ss

7

2

-

-

` B = 3,2 $ 10-5 T

b) Incorreta.

B = $ ri

2sj0 ] B = ,

,$$2

4 100 253 0

ss 7-

` B = 2,4 $ 10-6 T

c) Correta. A direção de B, no centro da espira, é perpendicular ao plano da espira.

d) Incorreta. Pela regra da mão direita no 1, temos:

i

B

P

e) Incorreta. A intensidade de B diminui com o aumento da distância do ponto P ao fio.

Resposta: c

T.305 Pela regra da mão direita no 1, concluímos que, no ponto L, os vetores campo magnético parciais entram no plano do papel. Logo, em L o vetor campo magnético resultante entra no papel.

Em K, devido ao fio da esquerda, o vetor campo magnético sai do papel e, devido ao fio da direita, o vetor campo magnético entra no papel.

Entretanto, o primeiro é mais intenso. Logo, em K o vetor campo magnético resultante sai do papel.

Resposta: d

i

B

8



PARTE II

T.306

BBBA

Ai i

P

B

B

Pela regra da mão direita no 1, representamos, em P, os vetores campo de indução magnética gerados pelas correntes elétricas que percorrem os condutores A e B. Pela regra do paralelogramo, obtemos o vetor campo B resultante.

A agulha se orienta na direção de B e com o polo norte no sentido de B.

P

B

N

S

Resposta: a

T.307 B3i

Bi

x y

i 3iP

BR = 0 ] Bi = B3i ] $ $xi

yi

xy

2 23 3s

js

j]0 0

= =

Resposta: a

T.308 A corrente elétrica i1 gera, acima do fio, vetores campo magnético (B1) “saindo” do plano dos fios e, abaixo, vetores “entrando”. A corrente elétrica i2 gera, à direita do fio, vetores cam-po magnético (B2)“entrando” e, à esquerda, “saindo”. Da figura, observamos que o vetor campo magnético resultante pode ser nulo nas regiões I e III.

i1

i2(III)

(II)

(IV)

(I)

B1 B2

B1 B2

B1 B2

B1 B2

Resposta: b

T.309 Vamos aplicar, em cada situação, a regra da mão direita no 1. Assim, temos:

P

I

BC BD

BBBA

A B

C D

P

II

BBBA

BD BC

A B

C D

BA

P

III

BC

BBBD

A B

C D

P

IV

BC

BD

BA BB

A B

C D

Sendo as intensidades dos vetores , , ,B B B BA B C D iguais, concluímos que nas situações I e III o vetor campo magnético resultante no ponto P é nulo.Resposta: b

T.310 Para que o vetor indução magnética (B) resul-tante em P tenha o sentido dado, concluímos que os vetores campo magnético parciais BXW e

BYZ, criados pelas correntes elétricas que passam

pelos condutores XW e YZ, devem ter os sentidos indicados. De acordo com a aplicação da regra da mão direita no 1, concluí mos que a corrente elétrica no condutor XW deve ter o sentido de X para W e, no condutor YZ, de Z para Y.

B

BYZ

BXW

iXW

iZYY

P

Z

X

W

Resposta: b

9



PARTE II

T.311 Pela regra da mão direita no 1, representamos os vetores campo magnético par ciais que as correntes elétricas originam no ponto P, equi-distante dos fios.

|B1| = |B2| = |B3|B1

B3

B2

ii

i

(1) (2)

(3)C

C’

A’AP

B D

D’

B’

O vetor campo B resultante tem a direção da reta eAA o sentido de Ae para A.

B2B3

B1

A A’B

A agulha da bússola se orienta na direção de B, isto é, na direção da reta AAe e com o norte no sentido de B.

B

N S

A A’

Resposta: a

T.312

A corrente elétrica i1 gera, no ponto O, um cam-po magnético B1, “entrando” no plano definido pelo condutor e pela espira. Para que o campo magnético resultante em O seja nulo, a corrente i deve gerar em O um campo magnético B2 “sain-do”. Pela regra da mão direita no 1, concluímos que o sentido de i é anti-horário. Devemos, ainda, impor a igualdade dos módulos de B1 e B2.

B1 = B2 ] $ $Ri

Ri

2 2 2sj j0 1 0

= ] ii1 = 2s

Resposta: b

R

O

2R

i1

B1

B2

i

T.313 Partindo de B = j0 $ LN $ i, observamos que a

intensidade do campo magnético B, no interior do solenoide, depende do número de espiras por

unidade de comprimento LNd n e da intensidade

da corrente elétrica (i).

Resposta: d

T.314 A intensidade do vetor indução magnética de origem no centro do solenoide pode ser calcu-lada por:

B = j0 $ LN $ i ] B = 4s $ 10-7 $ 20.000 $ 0,5

` B = 4s $ 10-3 T

Resposta: a

T.315 Pela regra da mão direita no 1, determinamos o sentido do campo magnético B no interior do solenoide e, consequentemente, o sentido das linhas de indução. Do lado esquerdo, as linhas de indução entram no solenoide, tratando-se de um polo sul.

Do lado direito, as linhas de indução saem do solenoide, tratando-se de um polo norte.

O polo norte do ímã é atraído pelo polo sul do solenoide. Assim, o carrinho aproxima-se do solenoide.

BN

NS

S

Resposta: a

T.316 Cargas elétricas em movimento no núcleo da Terra criam o campo magnético terrestre, fa-zendo com que a Terra se comporte como um enorme ímã.

Resposta: b

T.317 O ímã Terra tem o polo sul magnético próximo ao norte geográfico e o polo norte magnético próximo ao sul geográfico. Por isso, o polo sul do ponteiro da bússola aponta para o sul geográfi-co, isto é, para o polo norte magnético. O norte geográfico corresponde ao sul magnético.

Resposta: e

T.318 A bússola é colocada sobre o condutor. Ao fechar a chave C, o condutor é percorrido por corrente elétrica e origina um campo magnético Bi, onde está colocada a bússola. Seu sentido é dado pela regra da mão direita no 1. Sendo BT o vetor campo magnético da Terra, a agulha magnética se orienta segundo o vetor campo magnético re-sultante B B Bi T= + . Sendo as intensidades de Bi e BT iguais, concluímos que a agulha mag-nética gira de 45w até a posição de equilíbrio.

Resposta: d

BT

Bi

B

45°

10



PARTE II

T.319 A agulha se orienta no sentido do campo mag-nético resultante BR.

BR

N

N

S

S

O L

O campo magnético terrestre Bt tem a direção do eixo NS e o sentido de S para N. A figura abaixo representa uma das orienta-ções possíveis do campo magnético B, tal que B B BR t= + .

BR

B

Bt

N

S

O L

Resposta: a

T.320

i

B SN

Cada pequena bússola se orienta na direção do campo B gerado pela corrente i. A direção de B é a da reta perpendicular à linha que liga o ponto onde está a bússola ao ponto de incidência da descarga elétrica (i).

B = $ ri

2sj0 ] B = .$

$24 10

110 000

ss 7-

` B = 2 $ 10-3 T

Sendo Bt = 0,5 $ 10-4 T = 5 $ 10-5 T, concluímos que B é bem mais intenso do que Bt.

Resposta: b

T.321 Vamos representar os campos magnéticos da Terra referentes às figuras 1 e 2.

Norte

Poroaberto

Norte Linhas de campomagnético

Feixe demagnetitaPoro

bloqueado

Membrana celular

Íon

BT1

BT2

Figura 1 Figura 2

Na figura 2, para que os feixes de magnetita vol-tem a se orientar, como representado na figura 1, somamos ao vetor campo magnético da Terra (BT2

) o vetor campo magnético B, conforme indica a figura abaixo, de modo que o vetor resultante tenha a mesma direção e o mesmo sentido do vetor campo BT1

:

BT1

BT2

B

Resposta: b

T.322 Num ponto próximo do polo Norte da Terra, o campo magnético terrestre Bt tem, praticamente, a direção da vertical do lugar. Logo, a agulha que gira livremente em torno de um eixo horizontal se dispõe verticalmente, isto é, forma com a horizontal um ângulo de 2

s radianos.

Resposta: d

Exercícios especiaisExercícios propostos

P.329 Pela regra da mão direita no 1, determinamos os sentidos dos vetores indução magnética que as correntes elétricas que percorrem os três fios condutores originam em P.

B2

B3

B1

30w

30wii

i

O

a a

a

1 2

3

Esses vetores têm a mesma intensidade:

B1 = B2 = B3 = $ ai

2sj0 ]

] B1 = B2 = B3 = ,

$$

$24 10

2 0 1010

ss 7

2

-

-

` B1 = B2 = B3 = 1,0 $ 10-4 T

Na figura a seguir, representamos o campo magnético de indução B no ponto P.

B = B1 + B2 + B3

B3

B2B1

60° 60°

60°

O triângulo destacado é equilátero. Logo:

B = 1,0 $ 10-4 T + 1,0 $ 10-4 T ] B = 2,0 $ 10-4 T

O sentido de B é o de B3.

11



PARTE II

P.330

A

B

i1, R1

I = 4 A

I = 4 A

i2

R2

B2

OB1

a) Sendo 8 C a resistência total, concluímos que

o trecho correspondente a 41 da circunferência

tem resistência R1 = 2 C e, no outro trecho, R2 = 6 C.

R1 $ i1 = R2 $ i2 ] 2i1 = 6i2 ] i1 = 3i2

I = i1 + i2 ] 4 = i1 + i2

De e , temos:

i1 = 3 A (arco menor) e i2 = 1 A (arco maior)

b) A corrente elétrica i1 origina em O o campo B1, entrando no papel e de intensidade:

B1 = $ $ $ $Ri

B R41

2 41

23j

]j0 1

10

=

A corrente elétrica i2 origina em O o campo B2, saindo do papel e de intensidade:

$ $ $ $B Ri

B R43

2 43

21j

]j

]20 2

20

= =

$ $B R41

23]

j2

0=

De e , concluímos que B1 = B2, portanto: BR = 0

P.331

i2

i1

Oa

B

B2

B1

$$

$$

B Ri

B2 24 10

2 104j

] ss1

0 11

7

2= =-

-

` B1 = 4 $ 10-5 T

$$

$$

B Ri

B2 24 10

2 103j

] ss2

0 22

7

2= =-

-

` B2 = 3 $ 10-5 T

B2 = B21 + B2

2 ] B2 = (4 $ 10-5)2 + (3 $ 10-5)2

` B = 5 $ 10-5 T

O ângulo a que o vetor B forma com o vetor B1 e, portanto, com o plano horizontal é dado por:

tg BB

a1

2= ] tg$$

4 103 10a 5

5

= -

-

] tg 43a=

Ou seja, a é o ângulo cuja tangente vale 43 .

Testes propostos

T.323 B1(A)

B2(A)

B1(B )

B2(B )

B1(C )

B2(C )

i1 = 5,0 A

i2 = 10,0 A

5 cm

A

B

C

5 cm

5 cm

5 cm

Para cada ponto, vamos representar os vetores campo de indução magnética gerados pelas correntes elétricas i1 e i2, que passam pelos dois condutores.

Ponto A:

$B ri

2sj

( )A10 1= ] B1(A) =

,,$

$$2

4 105 0 10

5 0s

s 7

2

-

-

` B1(A) = 2,0 $ 10-5 T

B2(A) = $ ri

2sj0 2 ] B2(A) =

,$$

$24 10

15 1010 0

ss 7

2

-

-

` B2(A) - 1,33 $ 10-5 T

Sendo B1(A) 2 B2(A), concluímos que o vetor campo de indução magnética resultante está “saindo”

do ponto A: B ( )AR

No ponto B, os dois vetores campo de indução magnética parciais estão “entrando”. Logo, o vetor campo de indução resultante também está

“entrando”: B ( )BR

Para o ponto C, temos:

B1(C ) = $ ri

2sj0 1 ] B1(C ) =

,$$

$24 10

15 105 0

ss 7

2

-

-

` B1(C ) - 0,67 $ 10-5 T

B2(C) = $ ri

2sj0 2 ] B2(C) =

,,$

$$2

4 105 0 10

10 0s

s 7

2

-

-

` B2(C) = 4,0 $ 10-5 T

Sendo B2(C) 2 B1(C), concluímos que o vetor campo

de indução resultante está “saindo” do ponto C:

B ( )CR

Resposta: b

12



PARTE II

T.324

Basta aplicar para cada corrente a regra da mão direita no 1, representando em cada ponto o vetor campo de indução magnética parcial. Em seguida, determinamos o sentido do vetor campo resultante.

Resposta: e

T.325

BR

Bespira

Bfio

i

i

i

x

y

z

PO

Representamos os vetores indução mag nética criados em O pelas correntes elétricas que pa s-sam pela espira e pelo fio. Observe que Bespira tem a direção e o sentido do eixo Oz e Bfio tem a dire-ção e o sen tido do eixo Ox. BR está no plano xz.

Resposta: b

T.326 A espira de raio R gera no centro da espira um campo magnético cuja intensidade é dada por:

Bespira = $ Ri

2j0

Dois fios condutores retilíneos, muito longos e paralelos entre si, percorridos por correntes i1 e i2 não nulas, de sentidos opostos, são dispostos no mesmo plano da espira, cujo centro está à distância 2R de cada fio. O campo magnético re-sultante, no centro da espira, devido às correntes elétricas i1 e i2, tem intensidade:

$ $B Ri

Ri

2 2 2 2sj

sj0 1 0 2

fios= + ] Bfios = ( )

$ Ri i

2 2sj0 1 2+

Para que não se altere a intensidade do campo resultante no centro da espira, a intensidade do campo Bfios deve ser igual ao dobro da intensi-dade do campo no centro da espira Bespira. Seus sentidos devem ser opostos.

Bfios = Bespira ] ( )

$ Ri i

2 2sj

]0 1 2+$ $ R

i2 2j

]0=

ii i4] s1 2=+

Pela regra da mão direita no 1, o campo magnéti-co resultante dos fios está penetrando no papel. Concluímos que o campo da espira deverá sair do papel. Nesse caso, a corrente elétrica deve percorrer a espira no sentido anti-horário.Resposta: d

x

z

yO

d

d

d

d

N(B2(N) 2 B1(N))

Q

M

2i (2)

i (1)

B1(N)

BN

B2(N)

B1(M)

B2(M)

B1(Q) B2(Q)

BQ

BM

T.327 Marcando os vetores do campo indução magné-tica devido ao fio e à espira, temos:

i i

iC

P

Bespira

Bfio

Pela regra da mão direita no 1, concluímos que

Bespira e Bfio estão “saindo” do plano da espira. A intensidade do campo magnético resultante é dada por:

B = Bespira + Bfio ] B = $ $Ri

Ri

2 2j

sj0 0

+ ]

] B = $Ri

21 1

js

0+d n

Resposta: e

T.328 i1

B1

B2

B

i2

O

Sendo i1 = i2 , concluímos que B1 = B2. Logo, o vetor

campo magnético resultante B forma com os planos das espiras um ângulo de 45w.

Resposta: a

Força magnéticaCapítulo 14

Para pensarA força magnética que age sobre uma carga elétrica em movimento resulta da interação entre o campo mag-nético onde a carga foi lançada e o campo magnético gerado por essa carga em movimento.


P.332

A

C Dq

E

B

Fm

v

Características da força magnética Fm:

• direção: perpendicular a B e a v , isto é, da reta CD

• sentido: determinado pela regra da mão di-reita no 2, isto é, de D para C

• intensidade:

Fm = B $ q $ v $ sen J ]

] Fm = 2,5 $ 105 $ 3,2 $ 10-19 $ 3,0 $ 105 $ sen 90w

` Fm = 2,4 $ 10-8 N

13



PARTE II

14



PARTE II

Conhecidos os sentidos de vA e Fm, determina-mos, pela regra da mão direita no 2, o sentido do vetor indução magnética B: entrando no plano do papel (observe que o sinal de q é negativo). A direção de B é a da reta perpen-dicular ao plano do papel. A intensidade de B pode ser calculada pela relação entre o raio da trajetória e o campo magnético:

$R

B q

mvA=

Sendo R = 1,0 $ 10-2 m; vA = 3,52 $ 107 m/s e

, $qm

1 76 101

11= kg/C, temos:

1,0 $ 10-2 = ,

,$ $

$

B 1 76 103 52 10

11

7

` B = 2,0 $ 10-2 T

b) O elétron descreve a semicircunferência AB%

em movimento uniforme. Assim, a medida

de AB%

é igual ao produto vA t. Logo:

sR = vA t ] s $ 1,0 $ 10-2 = 3,52 $ 107 $ t

` t 9 $ 10-10 s

Outra maneira de se calcular esse intervalo de tempo é observando que ele corresponde à metade do período:

$t T t

q Bm

2 ] s= = ]

, ,$ $ $t

1 76 10 2 0 10s

11 2= -

` t - 9 $ 10-10 s

P.337 a) Na figura, representamos as forças magné-ticas que agem nas partículas ao penetrar no campo. Conhe cidos os sentidos das for-ças, das velocidades e do vetor B, pela regra da mão direita no 2 podemos concluir que q1 é positiva e q2 é negativa.

q1

q2

B

C

A

Bv2

FB

FA

v1

b) R1 = 2R2 ] $

$$B q

m vB qm v

mm

2 2]1

1 1

2

2 2

2

1= =

P.338 Próton: R Bemv

p=

Dêuteron: R Bemv2

d=

Dividindo por , vem:

$RR

Bemv

mvBe2

p

d = ] RR

p

d = 2 ` Rd = 2Rp

P.339 O feixe é constituído de cinco partículas, uma com carga elétrica negativa (elétron), três com carga elétrica positiva (pósitron, próton e dêu-teron) e uma eletri camente neutra (nêutron).

P.333 Vertical

Horizontalq

Fm

B

v

Características da força magnética Fm:

• direção: perpendicular a B e a v, isto é, hori-zontal

• sentido: determinado pela regra da mão direita no 2, isto é: da direita para a esquerda

• intensidade:

Fm = B $ q $ v $ sen J ]

] Fm = 4,0 $ 103 $ 2,0 $ 10-6 $ 20 $ sen 90w

` Fm = 0,16 N

P.334

Horizontal

N

S

Fmv-

B

a) Características do vetor indução magnética B:• direção: vertical

• sentido: de cima para baixo, pois parte do norte e chega ao sul

• intensidade:

Fm = B $ q $ v $ sen J ]

] 8,0 $ 10-14 = B $ 1,6 $ 10-19 $ 2,0 $ 105 $ sen 90w

` B = 2,5 T

b) A força magnética Fm tem direção perpendi-cular ao plano do papel e entrando nele.

P.335 A intensidade do vetor B pode ser calculada por

meio de R = $B qmv . Sendo R = 50 cm = 0,5 m,

q = 3 jC = 3 $ 10-6 C e mv = 10-2 N $ s, temos:

,$ $B

0 53 1010

6

2

= -

-

` B - 6,7 $ 103 T

P.336 a) Primeiramente representaremos na figura o sentido da força magnética Fm no instante em que o elétron penetra no campo.

Fm

R

A

vA

q 1 0

O B

B

15



PARTE II

c) c)

E

Fe

v-

d) d)

E

B

FeFm

v-

P.341

v

E

B

+

Fm

Fe

O próton percorre a região onde existem os campos sem sofrer desvio. Logo:

Fm = Fe ] B $ q $ v $ sen 90w = q $ E ]

] B $ v = E ` v BE

=

P.342 A intensidade da força magnética pode ser cal-culada por meio de:

Fm = B $ i $ L $ sen J ]

] Fm = 1 $ 10 $ 0,20 $ sen 90w ` Fm = 2 N

O sentido e a direção da força magnética podem ser mostrados pelos esquemas:

i

LO

Fm

B

Vista em perspectiva.

Fm

B

i

Vista pelo observador O.

A

B

CD

E

O nêutron não fica sujeito à força magnética. Logo, não sofre desvio. Sua trajetória é B.

Sabemos que as partículas positivas desviam num sentido e as negativas, em outro. Portan-to, a trajetória A só pode ser do elétron (única partícula negativa do feixe).

As três partículas positivas seguem as trajetó-rias C, D e E. Vamos identificá-las pelo raio da trajetória.

• O raio da trajetória do pósitron é dado por:

$

RB qmv

pósitron= (m: massa do pósitron)

• O raio da trajetória do próton é dado por:

$

$RB qm ve

próton= (me: massa do próton)

• O raio da trajetória do dêuteron é dado por:

$

$ERB qm v

dêuteron= (mE: massa do dêuteron)

Observe que as três partículas têm cargas elétri-cas iguais, penetram no mesmo campo e com a mesma velocidade. Os raios de suas trajetórias diferem pelas massas.

Sendo m 1 me 1 mE, vem Rpósitron 1 Rpróton 1 Rdêuteron. Logo, E é a trajetória do pósitron, D a do próton e C a do dêuteron.

P.340 Para determinarmos a direção e o sentido da força magnética (Fm), utilizamos a regra da mão direita no 2, quando a carga é positiva.

Se a carga for negativa, o sentido será contrário àquele dado por essa regra.

Para a determinação da direção e do sentido da força elétrica (Fe), lembramos que ela tem a

direção do campo E e o sentido de E, se a carga for positiva, e contrário ao de E, se negativa.

Assim, temos:

a) a)

FmB

v

-

b)

b)

B

v -

Fm = 0, pois J = 180w (sen 180w = 0)

16



PARTE II

Condutor C3:

B

i

Fm1

L

L

C3

0,5 m

0,5 m

60°

60°

J

Fm2

A intensidade da força magnética Fm devida ao condutor C3 pode ser calculada por:

Fm1 = B $ i $ L $ sen 60w

Sendo L $ sen 60w = 0,5 m, temos:

Fm1 = 0,05 $ 10 $ 0,5 ` Fm1

= 0,25 N

Mas Fm2 = Fm1

= 0,25 N

Logo: Fm = Fm1 + Fm2

= 0,5 N

P.346 a) Observe na figura que o sentido de B é do polo norte para o polo sul. Conhecidos os sentidos de B e da corrente, determinamos os sentidos das forças magnéticas nos lados AB e CD, aplicando a regra da mão direita no 2. Os lados BC e DA não ficam sujeitos a forças magnéticas, pois, nesses casos, i é pa-ralelo a B.

B

Fm

Fm

N

C

D A

Bi

i

i

S

e

i

O momento de rotação da espira, na posição da figura, é dado por:

M = Fm d = B $ i $ L $ sen J $ d ]

] M = 0,8 $ 5 $ 2 $ 10-2 $ sen 90w $ 1 $ 10-2

` M = 8 $ 10-4 N $ m

b) Observando o sistema de forças magnéticas que agem na espira, concluímos que ela vai girar no sentido anti-horário.

A posição de equilíbrio corres ponde ao plano da espira paralelo às faces dos ímãs ou ao plano da espira perpendicular a B.

SB

Fm

Fm

Fm

FmC

N

ii

i

iD

A

B

P.343

210

1

2

F (# 10-3 N)

i (A)

Do gráfico, para i = 2 A, temos: F = 2 $ 10-3 N

Conhecendo-se o valor da força magnética, po-demos obter a intensidade do campo magnético por meio de:

Fm = B $ i $ L $ sen J ] 2 $ 10-3 = B $ 2 $ 0,1 $ sen 90w

` B = 10-2 T

P.344

iFm

P

B

No condutor agem duas forças: o peso P e a força magnética Fm. Como P é vertical e para baixo, Fm deve ser vertical e para cima, de modo que se equilibrem. Conhecidos os sentidos de Fm e B, determinamos, pela regra da mão direita no 2, o sentido de i: da esquerda para a direita. No equilíbrio, temos:

Fm = P ] B $ i $ L $ sen 90w = mg ]

] B $ 5,0 $ 20 $ 10-2 = 40 $ 10-3 $ 10 ` B = 0,40 T

P.345

Fm

i

L

C1

B1 m

30°

J

Para o condutor C1, temos:

Fm = B $ i $ L $ sen 30w e sendo B = 0,05 T,

i = 10 A e L $ sen 30w = 1 m, temos:

Fm = 0,05 $ 10 $ 1 ` Fm = 0,5 N

Condutor C2:

B Fm

i

L

C2

1 m

A intensidade da força magnética Fm devida ao condutor C2 pode ser calculada por:

Fm = B $ i $ L $ sen 90w ] Fm = 0,05 $ 10 $ 1

` Fm = 0,5 N

17



PARTE II

Física em nosso mundoOs supercondutores

1. Pelo gráfico, obtemos, para a temperatura crítica do mercúrio, o valor aproximado de 4,15 K.

2. Pelo texto, são as temperaturas críticas 35 K (1986) e 92 K (1987), respectivamente.

Exercícios propostos de recapitulação P.350 a) Direção: perpendicular ao plano definido pelo

condutor e pelo ponto P (plano do papel); sen-tido: entrando no plano do papel, de acordo com a regra da mão direita no 1.

I

P B

b) Conhecidos os sentidos de B e v, determina-mos o sentido da força magnética Fm que age no elétron, no instante t, de acordo com a regra da mão direita no 2.

I

Pe -

Fm

Bv

P.351 a) A intensidade do campo de indução magné-tica criado pela corrente i no ponto indicado é dada por:

B = $$

$$r

i B2 24 10

20 1020

sj

] ss0

7

2=-

-

` B = 2 $ 10-5 T

b) A força magnética exercida sobre a esfera metálica pode ser calculada por:

Fm = B $ q $ v $ sen J ]

] Fm = 2 $ 10-5 $ 6 $ 10-6 $ 10 $ sen 90w

` Fm = 1,2 $ 10-9 N

P.352

CA

U

v

Rv0 = 0B

Podemos calcular a velocidade v da partícula pelo teorema da energia cinética:

TAC = q $ U = mv mv2 2

202

-

Sendo v0 = 0, temos:

q $ U = mv2

2

] v2 = $q Um

2 ] v2 =

,, .

$

$ $ $

1 6 102 1 6 10 2 000

26

19

-

-

` v = 2,0 $ 105 m/s

O raio da trajetória pode ser obtido por:

, ,, ,

$ $ $

$ $ $R

B qmv R

0 5 1 6 101 6 10 2 0 10

] 19

26 5

= = -

-

` R = 4,0 $ 10-2 m ] R = 40 mm

P.347 Representando-se as forças que atuam no es-quema descrito, temos:

B

P

Fm

CAi

i

L L

i i

i

Quando não circula corrente, o quadro é equi-librado pelo prato da balança. Passando pelo quadro a corrente de intensidade 10 A, o lado AC do quadro, imerso no campo, fica sujeito à força magnética Fm indicada. A massa a ser colocada no prato tem peso igual a Fm:

P = Fm ] mg = B $ i $ L $ sen J

Sendo J = 90w e sen 90w = 1, temos:

m $ 10 = 0,1 $ 10 $ 0,20 $ 1

` m = 0,02 kg ] m = 20 g

P.348 A força magnética entre os condutores é de atração, pois as correntes elétricas que percorrem os condu-tores têm mesmo sentido.

A intensidade da força magnética entre dois fios paralelos é dada por:

Fm = $$

ri i

2sj0 1 2 $ L ] Fm = $

$$

24 10

11 1

ss 7-

$ 10-2

` Fm = 2 $ 10-9 N

P.349 a) É o ampère.b) A definição de ampère se baseia na força de

interação entre condutores retos, longos e paralelos percorridos por correntes.

Um ampère é a intensidade de corrente constante que, mantida em dois condutores retos, longos, paralelos e de seção transversal desprezível e a 1 m de distância um do outro, origina mutuamente entre eles força de in-tensidade igual a 2 $ 10-7 N em cada metro de comprimento do condutor, no vácuo.

1 m

1 m

1 A

1 A 2 $ 10-7 N2 $ 10-7 N

Fm Fm

ii

18



PARTE II

T = q $ U = q $ V0

Como: T = Ec - E0 ] Ec = T = q $ V0

A velocidade do íon I1 pode ser calculada por:

$$m v

q V v mq V

22

]1 12

0 12

1

0= =

A velocidade do íon I2 pode ser calculada por:

$$m v

q V v mq V

22

]2 22

0 22

2

0= =

Dividindo por , temos:

vv

mm

2212

1

2= ] ,vv

1 442

12

=e o ] ,vv

1 22

1 =

b) O raio da trajetória do íon I1 é:

RD2 2

20 cm1

1= = ] R 10 cm1=

A força magnética atua como resultante cen-trípeta. Assim:

Fm = Fcp ] B $ q $ v = Rmv2

] $

RB qmv

=

Aplicando a fórmula para os dois tipos de íons, teremos:

$R

B q

m v1

1 1= e $

RB q

m v2

2 2=

Dividindo por , tiramos o raio da trajetória do íon I2:

RR

1

2 = m vm v

1 1

2 2 ] R10

2 = ,

,$11 44

1 21 ] ,

,R 1 2

14 42=

` R2 = 12 cm

Logo, a distância D2 é dada por: D2 = 2R2

` D2 = 24 cm

P.356 a) Esquematicamente, a partícula descreve a seguinte trajetória:

Região com campomagnético

Região sem campo

magnético

x

y

Fmv0

B

g

q 2 0

Essa trajetória é circular, pois o ângulo entre v e B é 90w.

b) A intensidade da força magnética exercida pela partícula pode ser obtida por:

Fm = B $ q $ v $ sen J ]

] Fm = 10 $ 100 $ 10-6 $ 1,0 $ 10-2 $ sen 90w

` Fm = 10-5 N

A direção da força magnética é a da reta per-pendicular a v0 e o seu sentido está indicado

na figura do item a.

P.353 a) O tempo necessário para a partícula comple-tar uma volta é o período T do MCU que ela realiza:

, ,$ $ $$

$T

qmB

21 0 10 5 0 10

2 3s9 2= = - ` T = 1,2 $ 10-7 s

b) Como a força magnética F é orientada para o centro da trajetória, B tem sentido “entrando” no plano da figura e a carga é positiva.

A aplicação da regra da mão direita no 2 indica que o movimento é anti-horário.

P.354 Esquematicamente, a partícula descreve a se-guinte trajetória:

L2––

B2

v

v’

R S

B1

Na parte superior, a partícula descreve uma semicircunferência em MCU, num intervalo de tempo igual à metade do período:

St1 = $T q Bm

2 2

2s

= ] St1 = $q Bms

Após o choque inelástico com a carga -q, forma-se um sistema neutro (Q = 0) com massa M = 2m, que

se desloca com velocidade v v2e= , realizando um

MRU na parte inferior, com deslocamento s L2S = .

O intervalo de tempo nesse segundo trecho é dado por:

St2 = vse

S ] St2 = v

L

2

2 ] St2 = vL

O intervalo de tempo total vale:

St = St1 + St2 ] $

tq Bm

vLS s

= +

P.355 a)

P1

P

P2

V0

B

Câmara

Íons

19



PARTE II

b) Ao se introduzir o campo magnético cujo vetor indução tem módulo B = 2,0 $ 10-4 T, a força

magnética (Fm) equilibra a força elétrica (Fe), ou seja: Fe = Fm

Como Fe = q $ E e Fm = q $ v0 $ B, temos:

q $ E = q $ v0 $ B ] v0 = EB

Sendo E = 1,0 $ 103 V/m, vem:

v0 = ,,$

$

2 0 101 0 10

4

3

- ` v0 = 5,0 $ 106 m/s

c) Sendo y = 3,5 $ 10-2 m e x = 10 cm = 1,0 $ 10-1 m, da fórmula obtida no item a, temos:

, ( , )

, ( , )

$ $ $

$ $ $ $

mq

1 0 10 1 0 10

2 3 5 10 5 0 103 1 2

2 6 2

= -

-

` mq

= 1,75 $ 1011 C/kg

P.359 Seja A o ponto onde a carga elétrica entra na região onde existem os campos e B o ponto onde a velocidade da partícula se anula.

Fm

FR

BE d

v0

vA

B

q

m

Pelo teorema da energia cinética, temos:

TR = E EC CB A- ] Tel + Tmag = E EC CB A

-

Mas Tel = q $ (VA - VB) = q(-E $ d), Tmag = 0, pois

a força magnética é perpendicular à trajetória,

E 0CB= e E

mv2C

02

A= , com v B

E20=

Nessas condições, temos:

q $ E $ d = 0 - $$$m

BE d

q Bm E

24 2]2

2

2=

P.360 Quando a tensão é ajustada, a força magnética Fm “substitui” as forças elásticas no equilíbrio do peso do condutor. Assim: Fm = 2 $ Felást. = 2 $ kx

Sendo x = 2,0 mm = 2,0 $ 10-3 m, temos:

Fm = 2 $ 5,0 $ 2,0 $ 10-3 ` Fm = 2,0 $ 10-2 N

A magnitude do campo magnético pode ser obtida pela relação:

Fm = B $ i $ L = 2,0 $ 10-2 = B $ 1,0 $ 2,5 $ 10-2

` B = 0,80 T

A aplicação da regra da mão direita no 2 indica que o vetor indução magnética B está orienta-do como mostra a figura, isto é, “entrando” no plano do papel.

B Fm

iP

c) A aceleração resultante pode ser obtida pela segunda lei de Newton:

FR = P - Fm = ma ] a = mP Fm-

] a = g - mFm ]

] a = 10 - $20 1010

6

5

-

-

] a = 10 - 0,5

` a = 9,5 m/s2

P.357 a) Na primeira parte os íons atravessam a região entre as fendas sem sofrer desvio. Isso significa que as forças elétrica e magnética se anulam, isto é, têm mesma direção, senti-dos opostos e intensidades iguais.

Fmagnética

Felétrica

B1

+

E

v

A Felétrica tem o mesmo sentido de E, pois q 2 0.

O sentido de Fmagnética é dado pela regra da mão direita no 2.

Portanto:

Fmagnética = Felétrica ] q $ v $ B1 $ sen 90w = q $ E ]

] v = BE

1

b) Os íons penetram na segunda parte do equipa-mento com velocidade v e descrevem um arco de circunferência de raio R. A força magnética é, nesse caso, a resultante centrípeta. Nessas condições, temos:

Fmagnética = Fcentrípeta ] q $ v $ B2 = Rmv2

]

] $ $

qm

vR B

qm

BE

R B]2

1

2= = ] $ $

qm

ER B B1 2=

c) De $ $

qm

ER B B1 2= , vem: R =

$ $$

q B Bm E

1 2

Dobrando-se a intensidade do campo magné-tico na segunda parte do equipamento, temos:

Re = $ $

$q B B

m E21 2

Comparando e , resulta: Re = R2

P.358 a) A partícula percorre a distância x numa di-reção no mesmo intervalo de tempo em que sofre a deflexão y na direção perpendicular.

Na direção x, temos: x = v0t ] t vx

0=

Na direção y, vem: y = t2

a 2

Mas: $

mF

mq E

a e= =

Substituindo e em , obtemos:

$$

$ $

$ $y

mq E

vx

ym v

q E x2 2

]02

2

02

2

= =

Logo: $

$ $

mq

E x

y v2202

=

20



PARTE II

As forças que agem na haste móvel são: peso P, força de tração dos fios T e a força magnética Fm. Vamos representar essas forças numa vista de frente do sistema. Note que a corrente elétrica sai pelo ponto A.

Conhecidos os sentidos de mF e i, determinamos, pela regra da mão direita no 2, a direção e o sentido de B: direção do eixo z e sentido oposto.

b) Como a haste está em equilíbrio, a linha po-ligonal das forças deve ser fechada.

θ

Fm

PT

Do triângulo formado pelas forças, temos:

tg J = PFm ] tg J = $ $

$

$

PB i L B

i LP tg

]J

=

P.364

AC = BC = L, AB = L $ 2 ,

FAC = FBC = B $ i $ L e FAB = B $ i $ L $ 2

A resultante F entre FAC e FBC tem intensidade:

F = B $ i $ L $ 2

Note que FAB e F se equilibram; portanto, a força magnética resultante é nula:

FR = 0

P.365 a) A aplicação da lei de Ohm fornece:

U = R $ i = 2,5 $ 0,80 ` U = 2,0 V

b) A força magnética atuante em AB ou em CD tem intensidade dada por:

Fm = B $ i $ L ] Fm = 0,50 $ 0,80 $ 0,050

` Fm = 2,0 $ 10-2 N

P.366 A força exercida pelo fio 1 sobre o fio 2 pode ser expressa por:

$$

$F ai i L2s

j12

0=

A força exercida pelo fio 1 sobre o fio 3 pode ser expressa por:

$$F a

i i L2 3sj

130

= =

Dividindo por : FF

313

12 =

y

A

z

x

θ

θ

Fm

P

T B

B

FAB

FBCFAC

A

C

B

ii

i = 10 AFAB

FBCFACF

P.361 a) Intensidade da força eletromagnética:F0 = B $ i $ L ] F0 = 1,5 $ 50 $ 0,20 ` F0 = 15 N

b) Trabalho da força magnética F0:

TF0 = F0 $ y ] TF0

= 15 $ 0,12 ` TF0 = 1,8 J

c) O trabalho resultante corresponde à variação da energia cinética: TR = Ec(F ) - Ec(0)

Entretanto, Ec(0) = 0 (o fio partiu do repouso) e Ec(F ) = 0 (no ponto de altura máxima v = 0).

Então: TR = 0

Mas TR = TF0 + TP, em que TP = -mgH. Portanto:

0 = TF0 - mgH ] mgH = TF0

] T

H mgF0= ]

] ,

,$ $

H6 0 10 10

1 83= - ` H = 30 m

P.362 A figura abaixo mostra a vista lateral da barra na situação descrita, com a marcação das forças atuantes sobre ela.

45°

i

B

FN

Fm

P

Estando a barra em equilíbrio, a linha poli gonal das forças é fechada.

45°

45°FN

Fm

P

Portanto:

Fm = P ] B $ i $ L = P ] 0,5 $ i $ 1 = 2 ` i = 4 A

P.363 a) Na figura abaixo representamos o sentido da corrente elétrica que percorre a haste móvel AB.

y

Haste móvel

Haste fixa

z

x

L

A

B

θ

i

21



PARTE II

T.330

B1 B2

i1 i2

v0

1 cm 1 cm

B1 = B2 = $ ri

2sj0 1 = $

$24 10

1010

ss 7

2

-

-

` B1 = B2 = 2,0 $ 10-4 T

O campo magnético resultante B tem intensi-dade:

B = B1 + B2 ` B = 4,0 $ 10-4 T

A força magnética é dada por:

Fm = B $ q $ v ]

] Fm = 4,0 $ 10-4 $ 1,6 $ 10-19 $ 1,0 $ 106

` Fm = 6,4 $ 10-17 N

Resposta: c

T.331 A força magnética Fm tem direção perpendicular ao plano definido por v e B e sentido para o leitor, isto é, para cima, de acordo com a regra da mão direita no 2.

30°

v

B

q

Fm

Resposta: d

T.332 A força magnética que atua sobre a partícula é dada por:

Fm = B $ q $ v $ sen J ]

] Fm = 102 $ 2,0 $ 10-14 $ 2,0 $ 105 $ sen 30w

` Fm = 2,0 $ 10-7 N

Resposta: c

T.333 A força magnética Fm terá máxima intensidade quando sen J = 1, isto é: J = 90w

Resposta: d

T.334 Para não sentir a ação do campo, a velocidade v da abelhinha deve ser paralela ao vetor B. Logo, o ângulo J entre v e B deve ser 0w ou 180w.

Resposta: b

T.335 Aplicando a regra da mão direita no 2, temos:

B

(I) v

Fm +

(II)

Bv

Fm

+

P.367 a) A intensidade de corrente elétrica (i), deter-minada pelo feixe de elétrons através de uma seção transversal no interior do tubo, é dada

por: i tq

SS

=

Para calcularmos a quantidade de carga Sq na órbita circular, devemos observar que o intervalo de tempo St é igual ao período T do movimento das partículas.

Assim:

$$v T

RT

2 3 10 2 32s ] s8= = ` $

T3 1064 ss

8=

Logo:

,

$

i Tq q

0 12

3 1064

Ss

S

8

= = = ` Sq = 2,56s $ 10-8 C

Por outro lado:

Sq = ne ] 2,56s $ 10-8 = n $ 1,6 $ 10-19 ]

] n - 5,0 $ 1011

b) Considerando que o campo produzido pelo feixe pode ser calculado como o de um fio retilíneo, temos o seguinte esquema:

Fm

-Fm

i

i

A intensidade da força magnética Fm é dada por:

Fm = B $ i $ L

Na situação, temos: B = 2 $ 10-7 $ ri e L = 2sR

Assim:

Fm = 2 $ 10-7 $ ,,

0 010 12

$ 0,12 $ 2s $ 32

` Fm - 5,8 $ 10-5 N

Testes propostos

T.329 Aplicando a regra da mão direita no 1 sobre a corrente que passa pelo fio, obtemos no ponto O um campo magnético com a direção do eixo x e o sentido dos valores positivos.

Conhecendo-se a direção e o sentido da velocidade e do campo, aplicamos a regra da mão direita no 2 para determinar a direção e o sentido da força magnética, que no ponto O apresenta a mesma direção do eixo y e o sentido dos valores negativos.

O

x

z

y

Fm

vB

Resposta: d

22



PARTE II

Determinamos, pela regra da mão direita no 2, o sentido da força magnética Fm que age na partícula a (q 2 0) no instante em que penetra no campo.

Essa força está orientada para o centro da traje-tória. Logo, a partícula se desvia para a direita.

Fm

Centro

v

B

q 2 0

a

Analogamente, constatamos que a partícula d (q 1 0) desvia em sentido contrário ao da partícula a:

Fm

Centro

v

B

q 1 0

d

Resposta: a

T.340 O raio da trajetória circular da partícula de massa m e carga q é dado pela relação:

$r

B qm v

11

1=

Para a partícula de massa m2 e carga q2, temos:

$ $ $r

B qm v

rB q

m vr

B qm v

22

] ]22

22

1

12

1

1= = =

Logo: r2 = r1

Como $ $

TB q

mT

B qm2 2

es s

11

12

2

2= = , então:

$

$

$T

B qm

TB q

m2

2 2 2s]

s2

1

12

1

1= = ] T2 = T1

Resposta: b

T.341 De $

TB q

m2s= , observamos que, se as partículas

descreveram trajetórias de mesmo período, o quociente entre o módulo da carga e a massa é o mesmo, independentemente da velocidade inicial.

De $

RB qmv

= , concluímos que, sendo qm cons-

tante, as velocidades iniciais v são diferentes, pois os raios são diferentes.

Resposta: c

(III)

B

v

Fm

+

Resposta: e

T.336 Temos uma partícula negativa (elétron), uma partícula neutra (nêutron) e duas partículas positivas (próton e partícula a).

O nêutron não sofre ação do campo. Logo, sua trajetória é a II.

As partículas positivas desviam num certo sentido e as negativas em outro. Portanto, I é a trajetória do elétron.

As trajetórias III e IV são das partículas posi-tivas. Para o próton, o raio de sua trajetória é

dado por $

RB qmv

P= . A partícula a (constituída de

2 prótons e 2 nêutrons) tem carga elétrica igual ao dobro da carga elétrica do próton (2q) e massa praticamente igual a quatro vezes à do próton (4m). O raio da trajetória descrita pela partícula a é dado por:

$$

$R

B qmv R

B qmv R

24 2 2]a a P= = =

Nessas condições, concluímos que III é a traje-tória da partícula a e IV é a trajetória do próton.

Resposta: e

T.337 Aplicando a regra da mão direita no 2, concluí-mos que a partícula alfa deve atingir o ponto D, pois tem carga positiva e deve seguir sempre a direção orientada de v , que é tangente à trajetória.

Analogamente, concluímos que a partícula beta, sendo negativa, atinge o ponto A, também seguindo na direção orientada de v , tangente à trajetória.

Os raios gama não sofrem a ação da força magnética, pois são ondas eletromagnéticas, e, portanto, seguem na direção do eixo z.

Resposta: d

T.338 Se o próton penetrar no campo magnético B com velocidade v perpendicular a B, ele descreverá

um MCU de raio $

RB qmv

= , inversamente pro-

porcional à sua carga q.

Resposta: d

T.339 O raio da órbita de uma carga em um campo magnético é dado por:

$R

B qmv

=

Observando os valores de m e q da partícula a e da partícula d, concluímos que o raio da traje-tória da primeira é maior: R

a 2 R

d

23



PARTE II

T.346 O elétron descreve um arco de circunferência ao atravessar a região onde existe o campo magnético.

h

R

30°R 2 h

30°

B

No triângulo sombreado, temos:

sen 30w = RR h- ] 0,5 = R

R h- ] 0,5R = R - h ]

] h = 0,5R

h = 0,5 $ $B qmv ] h = 0,5 $

, ,$$

$1 14 1010

1 76 101

3

7

11-

` h - 0,025 m = 25 mm

Resposta: e

T.347 (01) Incorreta. O período e, portanto, a frequên-cia não dependem da velocidade.

$$ $

T vR T v B q

mvT

B qm2 2 2s ] s ] s

1 1

1= = =

(02) Incorreta. Neste caso a força magnética é nula.

(04) Correta. Aplicando a regra da mão direita no 2 observamos que o sentido da força não precisa ser invertido. Logo, q 2 0.

(08) Correta. O passo da hélice é dado por:

d = v2 $ T = v $ cos 60w $ $B qR2s ]

] d = 12 $ 104 $ 0,5 $ $ $$ $

6 3 102 3 10

ss

6

12

-

-

` d = 2 $ 10-2 m

(16) Incorreta. Durante um período a partícula avança a distância d (passo da hélice).

(32) Correta. O raio da trajetória é inversamente proporcional a B. Logo, aumentando a in-tensidade do vetor indução magnética B, o raio R da trajetória descrita pela partícula diminui na mesma proporção.

T.348 Primeiramente, marcamos as forças que atuam sobre o elétron no ponto P e no instante em que este se encontra na região do campo magnético, isto é, no ponto Q.

B E

P Fe

Fm

Q v

10 cm

q 1 0

T.342 A partícula descreve um movimento circular e uni-forme. Portanto, a aceleração é centrípeta (normal à trajetória). Como a força magnética também é normal à trajetória, não há realização de trabalho. No MCU, a velocidade escalar é constante, o mes-mo acontecendo com a energia cinética.

Resposta: c

T.343 a) Incorreta. A partícula atravessa a região do campo em movimento circular uniforme, pois v é perpendicular a B.

b) Incorreta. O movimento é circular, mas uni-forme.

c) Correta. O espaço percorrido pela partícula corresponde a um quarto do comprimento

da circunferência: ss R s qBmv

42

2S s ] S= = . Note

que q 2 0, pois quando a partícula penetra no campo a força magnética não precisa ser invertida.

d) Incorreta. O tempo de permanência da partí-cula na região do campo magnético é dado por

t vs t qB

m2S S ] S s

= = . Observe que este intervalo

de tempo corresponde a um quarto do período.

e) Incorreta. Fm = m $ acp ] q $ v $ B = m $ acp ]

] acp = $ $q v Bm

Resposta: c

T.344 Como as partículas P1 e P2 estão sob a ação exclusiva da força magnética, elas descrevem MCUs de raios, respectivamente, iguais a:

$

$R q B

m v1

1

1= e $

$R q B

m v2

2

2=

Como m1 = 2m, m2 = m, q1 = q4 e q2 = q, efetuando

as devidas substituições, temos:

$

$$

$R q

B

m v R q Bmv

4

2 8]1 1= = e $

R q Bmv

2=

Tendo a partícula P1 raio oito vezes maior que a partícula P2 (R1 = 8 $ R2), quem atinge primeiro o lado 2 é a partícula P1.

Resposta: a

T.345 A velocidade da partícula pode ser calculada por meio da energia cinética:

,,

$$ $

E mv v2 1 6 10 2

8 0 10]

216

27 2

c= =--

` v = 2,0 $ 105 m/s

A distância AC que a partícula percorre corres-ponde a duas vezes o valor do raio:

AC = 2R ] AC = 2 $ $B qmv ]

] AC = 2 $ , ,, ,$ $ $

$ $ $

1 0 10 1 6 108 0 10 2 0 10

1 19

27 5

- -

-

` AC = 2,0 $ 10-1 m ] AC = 20 cm

Resposta: e

24



PARTE II

T.351 Vamos representar as forças que agem nas par-tículas: a força elétrica Fe e a força magnética Fm. O sentido das forças elétricas que agem nas par-tículas de cada grupo é o mesmo do vetor campo elétrico, pois as cargas elétricas são positivas. O sentido da força magnética é dado pela regra da mão direita no 2.

v1

Fe

Fm

Grupo 1

v3

Fe

Fm

Grupo 3

v2

Fe

Fm

Grupo 2

E

B

Grupo 1, desvia para cima. Logo:

Fe 2 Fm ] qE 2 q $ v1 $ B ] v1 1 BE

Grupo 3, não desvia. Logo:

Fe = Fm ] qE = q $ v3 $ B ] v3 = BE

Grupo 2, desvia para baixo. Logo:

Fe 1 Fm ] qE 1 q $ v2 $ B ] v2 2 BE

Da análise feita concluímos que:

v1 1 v2, v1 1 BE e v3 = B

E

Resposta: e

T.352 (01) Correta. Qualquer que seja a carga das partículas, na situação descrita, a força elétrica tem a mesma direção da força magnética, sendo perpendicular ao campo magnético.

(02) Incorreta. Partículas carregadas, positivas ou negativas, lançadas perpendicularmente às linhas de indução de um campo mag-nético, ficam sujeitas à ação de uma força magnética.

(04) Correta. Aplicando a regra da mão direita no 2, verificamos que, na situação descrita, a força magnética tem sentido contrário ao do campo elétrico.

(08) Correta. Como o campo elétrico é uniforme, a força elétrica atuante em cada partícula se mantém constante.

(16) Incorreta. Para que as partículas passem pela fenda f, elas não devem sofrer desvio. Portan-to, é necessário que as intensidades das for-ças elétrica e magnética sejam iguais. Como Fm = q $ v $ B, tal fato depende da veloci-dade v com que as partículas são lançadas no campo.

Para calcular a velocidade com que o elétron atinge o ponto Q, usamos o teorema da energia cinética:

TPQ = q $ (VP - VQ) = mv mv2 2

202

- ]

] q $ (-Ed) = mv2

2

] qm-

$ 2 $ Ed = v2 ]

] 2 $ 1011 $ 2 $ 102 $ 10-1 = v 2 ` v = 2 $ 106 m/s

O raio da trajetória pode ser obtido pela relação:

R = $ $ $

$

B qmv R

10 2 102 10] 4 11

6

= - ` R = 0,1 m ]

] R = 10 cm

Resposta: d

T.349 B

P

Fm

vR S

(01) Correta. Como a partícula descreve MRU, temos:

Fm = P ] B $ q $ v = P ] $

vq BP

=

(02) Incorreta. A força magnética Fm é perpen-

dicular ao deslocamento RS . Portanto, o trabalho de Fm é nulo.

(04) Correta. Após o ponto S, a partícula fica sob ação somente do campo gravitacional, descrevendo trajetória parabólica.

(08) Correta. A energia cinética e a energia potencial gravitacional permanecem cons-tantes. Logo, a energia mecânica (soma das energias cinética e potencial gravitacional) também é constante.

(16) Correta. Nessa situação, o ângulo J entre v e B é 90w.

(32) Incorreta. Se a carga fosse positiva, a força magnética Fm teria o mesmo sentido do peso P e a partícula não atingiria o ponto S.

Resposta: 29 (01 + 04 + 08 + 16)

T.350 Podemos representar a situação descrita pela figura abaixo:

Fm

B

v

+q 20

Um campo magnético vertical e para cima desvia o feixe de prótons para a direita. O feixe descreve um arco de circunferência.

Resposta: e

0

25



PARTE II

T.357 A corrente elétrica no condutor tem sentido

de B para A. O vetor campo magnético B sai do

polo norte e chega ao polo sul do ímã. Conhe-

cidos os sentidos de B e i, por meio da regra da

mão direita no 2, determinamos o sentido de

Fm: para cima.

B

ii

i

N

A

B

Fm

C

E

S +

-

Resposta: c

T.358 (01) Correta. Fm = B $ i $ L $ sen J, em que J é o ângulo entre B e i. Sendo J = 0w, vem: Fm = 0

B

i

(02) Correta. O vetor campo magnético B é or-togonal ao condutor retilíneo (fio elétrico).

B

i

(Fio elétrico)

(04) Correta. A força magnética sobre o condutor tem intensidade dada por:

Fm = B $ i $ L $ sen J

Sendo J = 90w, temos sen J = 1 e, portanto, Fm é máximo.

Fm = B $ i $ L ] Fm = 2 $ 500 $ 10-3 $ 1

` Fm = 1 N

(08) Incorreta. De acordo com a regra da mão direita no 2, invertendo-se o sentido de i, inverte-se o sentido de Fm. Entretanto, seu módulo não será alterado.

(16) Correta. Invertendo-se os sentidos de i e de B, o sentido de Fm não se alterará.

i

BFm

i

BFm

Resposta: 23 (01 + 02 + 04 + 16)

(32) Incorreta. Conforme o valor da velocidade v, a intensidade da força magnética poderá ser diferente ou igual à da força elétrica. Nesse último caso, a resultante sobre as partículas é nula e elas não serão aceleradas.

Resposta: 13 (01 + 04 + 08)

T.353 Para que a velocidade v seja constante, é preciso que as forças magnética e elétrica se equilibrem:

Fm = Fe ] B $ q $ v = q $ E ] v BE

=

Portanto, não importam nem a massa nem a carga elétrica da partícula, sendo a velocidade v

dada pela razão v BE

= . Assim, conservando os

sentidos dos campos, bem como suas respec-tivas intensidades, as partículas descreverão a mesma trajetória pontilhada.

Resposta: e

T.354 I. Correta. O feixe não sofre desvio, o que in-dica que as intensidades das forças elétrica e magnética são iguais (Fm = Fe ).

Sendo Fm = B $ q $ v e Fe = q $ E, vem:

B $ q $ v = q $ E ] B vE

=

Como E = 1,0 $ 106 V/m e

, $

v c3 3

3 0 108

= = m/s = 1,0 $ 108 m/s, temos:

,,

$

$B

1 0 101 0 10

8

6

= ` B = 1,0 $ 10-2 T

II. Incorreta. Não é possível dizer que o mé-son tem carga positiva, pois, se a sua carga fosse negativa, as forças elétrica e magnética continuariam tendo sentidos contrários.

III. Correta. Se o campo elétrico for desligado, as partículas ficarão sujeitas apenas à força magnética, cuja direção é perpendicular à direção do movimento. Em consequên cia, as partículas descreverão um movimento circular e uniforme no plano xz.

Resposta: b

T.355 Podemos encontrar o campo elétrico por meio da relação:

v BE

= ] 3,5 $ 106 = ,E1 2 ` E = 4,2 $ 106 V/m

Para encontramos a diferença de potencial podemos usar:

SV = Ed ] SV = 4,2 $ 106 $ 2,0 $ 10-3

` SV = 8,4 $ 103 V

Resposta: d

T.356 Aplicando a regra da mão direita no 2, veri-ficamos que, para os sentidos indicados da corrente elétrica e da força magnética Fm

e , o vetor indução magnética B deve ter direção perpendicular ao plano da página, com sentido “entrando” nesse plano.

Resposta: c

26



PARTE II

T.362 Aplicando a regra da mão direita no 2, obtêm-se as forças indicadas.

B

F’ F’

F

F

i

i

i

i

Portanto, as forças se equilibram duas a duas e, tendo a mesma direção, o torque (momento) é nulo.

Resposta: b

T.363 Aplicando a regra da mão direita no 2, para cada pequeno trecho do condutor, observamos que as forças magnéticas tendem a produzir um alargamento da espira.

B

Fm

FmFm

FmFm

FmFm ii

Resposta: b

T.364 Considerando-se que o polo norte é C e que a corrente flui do raio para o mercúrio, a aplica-ção da regra da mão direita no 2 indica que o sentido da força magnética é tal que faz a roda girar no sentido anti-horário.

Mantendo-se C como polo norte, para o sentido do giro ser horário a corrente deve fluir do mer-cúrio para o raio.

Resposta: c

T.365

Ao ligarmos a chave S, surge uma corrente no circuito cujo sentido é saindo do polo positivo e entrando no polo negativo da bateria.

O campo magnético tem direção vertical, saindo do polo norte e entrando no polo sul do ímã.

Conhecendo a direção e o sentido de B e i, aplica-mos a regra da mão direita no 2 e determinamos o sentido da força magnética sobre a espira.

As forças magnéticas tendem a girar a espira ao redor do eixo X e no sentido de Y para Z.

Resposta: a

Fm

Fm

Z C A

D Ei

i

X

Y

S

S

N

i

i

B

+-

T.359 Pela regra da mão di-reita no 2 determina-mos o sentido da força magnética que age na barra. Na figura repre-sentamos também a força exercida pela mola na barra (força elástica).

Embora não esteja ex-plícito no enunciado, vamos impor que ao atingir a catraca a for-ça magnética seja equilibrada pela força elástica. Entre suas intensidades temos:

Fm = Felást. ] B $ i $ l = kx ]

] B $ i $ l = k $ vm $ St ]

] B $ 6 $ 5 $ 10-2 = 5 $ 5 $ 6 $ 10-3

` B = 5 $ 10-1 T

Resposta: a

T.360 A intensidade da força magnética é dada por:

Fm = B $ i $ L $ sen J ] Fm = 0,5 $ 2 $ 0,10 $ sen 90w

` Fm = 0,10 N

O sentido de Fm, dado pela regra da mão direita no 2, é para cima conforme mostra a imagem abaixo.

i B

Fm

Portanto, vai suspender o condutor AB, compri-mindo as molas.

Resposta: a

T.361 Sobre o fio agem a força magnética Fm, a força elástica Felást. e o peso P, segundo o esquema:

Fm

P

Felást.

A intensidade da força magnética é dada por: Fm = B $ i $ L

Sendo L = 20 cm = 2 $ 10-1 m, temos:

Fm = 0,5 $ 2 $ 2 $ 10-1 ` Fm = 0,2 N

A intensidade do peso do fio de massa m = 10 g = 10 $ 10-3 kg = 10-2 kg vale: P = mg = 10-2 $ 10 ` P = 0,1 N

Como a força elástica é dada por Felást. = Fm - P, temos:

Felást. = 0,2 - 0,1 ` Felást. = 0,1 N

A constante elástica da mola é k = 5 N/m. Apli-cando a lei de Hooke, obtemos:

Felást. = kx ] 0,1 = 5x ` x = 0,02 m = 2 cm ]

] x = 20 mm

Resposta: e

Fm Felást.

Bi

27



PARTE II

T.370 Vamos inicialmente determinar a intensidade do campo magnético no interior do solenoide sem o núcleo de ferro.

B0 = j0 LN $ i ] B0 = 4s $ ,

$2 0

4 106

$ 1,5

` B0 = 12s $ 10-1 T

Com o núcleo de ferro a intensidade do campo magnético passa a ser 1000 vezes maior:

B = 1000B0 ` B = 12s $102 T

Resposta: b

T.371 I. Correta. Aplicando a regra da mão direita no 1, verificamos que a extremidade A do prego, de onde “saem” as linhas de indução, é o polo norte, e a extremidade B, por onde entram as linhas de indução, é o polo sul.

II. Incorreta. Não estando imantado, o prego é atraído por ambos os polos do eletroímã.

III. Incorreta. A intensidade do vetor indução magnética depende da intensidade da cor-rente que circula pelo solenoide.

Resposta: d

Indução eletromagnéticaCapítulo 15

Para pensarO campo magnético do ímã induz o ordenamento dos polos magnéticos na corda de aço da guitarra. Ao trocar essa corda pela de náilon, o ordenamento dos polos fica dificultado, pois o náilon apresenta magnetização des-prezível. Com a ausência da indução eletromagnética, o amplificador ligado ao instrumento não emite som por não receber sinal em sua entrada.

Exercícios propostos P.368 A fem induzida no condutor vale:

e = B $ L $ v = 0,5 $ 0,10 $ 1 ` e = 5 $ 10-2 V

P.369 A ddp marcada pelo voltímetro corresponde à fem induzida no condutor durante a passagem do trem e vale:

e = B $ L $ v = 15 $ 10-6 $ 1 $ 20 ` e = 3 $ 10-4 V

P.370 a) A fem é dada pela relação: e = B $ L $ v ] e = 1,5 $ 0,40 $ 2 ` e = 1,2 V

b) A intensidade da corrente pode ser calculada por:

i = eR ] i = ,,

0 61 2

` 2 A

Pela regra da mão direita no 2, determinamos o sentido do movimento dos elétrons no interior do condutor AB. O sentido convencional da corrente elétrica é contrário ao do movimento dos elétrons e, no caso, anti-horário.

B

Ai

i

vB

Fm

R

C

D

L = 40 cm-

T.366

FmFm

x y

ii

B

Os condutores x e y são percorridos por corren-tes de sentidos opostos. Entre eles ocorre repul-são. O vetor indução magnética que a corrente i que percorre o condutor x cria em y aponta para dentro do plano do papel, de acordo com a regra da mão direita no 1.

Resposta: a

T.367 Os fios AB e CD são percorridos por correntes de sentidos opostos e se repelem.

Fm

Fm

EA

D

R

B

C

i

i i

i

i

i

+-

Resposta: b

T.368 Fm = $ $sj

ri i

L20 1 2

Fm = ,, ,

,$$

$

$$s

s2

4 102 0 101 0 2 0

1 07

2

-

- ` Fm = 2 $ 10-5 N

Como os fios são percorridos por correntes de mesmo sentido, entre eles ocorre atração.

Resposta: b

T.369

Fm

B1B2

-Fm

i2i1d

i1 origina, onde está i2, o campo B1 (regra da mão direita no 1). B1 exerce em i2 uma força magnética (regra da mão direita no 2). Recipro-camente i2 origina, onde está i1, o campo B2, que exerce em i1 outra força magnética. Note que há repulsão. Se as correntes tivessem mesmo sentido, teríamos atração.

Fm = B1 $ i2 $ L ] Fm = sj2

0 $ ri1 $ i2 $ L ]

] LFm = s

j2

0 $ $

ri i1 2 ] L

Fm = $s

s2

4 10 7-

$ $$

2 104 5

2-

` LFm = 2 $ 10-4 N/m

Resposta: a

28



PARTE II

P.374 a) i

i’

i’B

B’

B

B’

A

A’

A

A’

Pela regra da mão direita no 1, determinamos os sentidos do vetor magnético B à direita e à esquerda do fio. Se i cresce com o tempo, o fluxo indutor A também cresce. Pela lei de Lenz, surge nas espiras o fluxo induzido Ae, que se opõe ao aumento do fluxo indutor. O campo induzido Be, que origina Ae, tem, em cada espira, o sentido indicado na figura. Pela regra da mão direita no 1, concluímos que a corrente induzida i e, na espira circular, tem sentido anti-horário e, na retangular, horário.

b) i

i’i’B

B’

B

B’

A

A’

A

A’

Nesse caso, i decresce com o tempo. Nessas con-dições, B e A também decrescem com o tempo. Ae surge opondo-se ao decréscimo e, portanto, no mesmo sentido de A. Conhecido o sentido de Be, que origina Ae, concluímos, pela regra da mão direita no 1, que a corrente induzida i e tem sentido horário na espira circular e anti-horário na retangular.

P.375 Primeiramente, vamos determinar a intensidade da fem que surge na espira:

e = SSA

t- = $S

St

B A- ] e = - (-2) $ 1 ` e = 2 V

Então, podemos calcular a corrente elétrica que circula na espira pela relação:

i = eR ] i = 42 ` i = 0,5 A

P.376 Sendo A = sr 2 = s $ (4 $ 10-2)2 m2 - 5 $ 10-3 m2, temos:

e = - N $ SSA

t ] e = - N $ SS

tBA ]

] - 200 $ , $ $

1100 01 5 3- -

` e = 10-2 V

P.377

B n

B

P.371 As forças que atuam na espira estão marcadas na figura abaixo:

B

Fm

P

E D

A C

Ao atingir a velocidade-limite:

Fm = P ] B $ i $ L = P ] B $ $ $R

vB L $ L = P ]

] $ $R

B L v2 2

= P ] ,

$

$ $v

10

0 10

5

23

2 2

-

` j = 0,2

` v = 2,5 $ 10-2 m/s

P.372 a)

i

i

N

S

P R

Q

Enquanto o polo norte se afasta, surge na espira um polo sul, de modo a se opor ao afastamento do ímã, de acordo com a lei de Lenz. A corrente induzida tem sentido horário, isto é: R p Q p P

b) N

S

P R

Q

i

i

Enquanto o polo sul se afasta, surge na espira um polo norte, de modo a se opor ao afasta-mento do ímã, de acordo com a lei de Lenz. A corrente induzida tem sentido anti-horário, isto é: P p Q p R

P.373

R

C

B

S N

A

D

N S

i

i

Na face do solenoide voltada para o ímã (ex-tremidade A), surge um polo norte, de modo a se opor à aproximação do polo norte do ímã. A corrente induzida nessa face tem sentido anti--horário. Logo, no resistor R, a corrente induzida tem sentido de C para D.

29



PARTE II

Exercícios propostos de recapitulação

P.380 a) Pela regra da mão direita no 2, podemos de-

terminar o sentido do movimento dos elé-

trons no interior da barra de metal. O sentido

convencional da corrente é contrário ao sen-

tido do movimento dos elétrons e no caso

será horário.

B

Fm

A

Rv

i

-

b) Enquanto o condutor se desloca e a corrente

in du zida i o per cor re, o campo magnético

exerce a for ça F em, opondo-se ao desloca-

mento da barra. Como Emanuel empurrou

a barra e em seguida a soltou, concluímos

que v diminui.

B

F’m

A

RFext.

v

i

Para manter a corrente elétrica induzida, o

operador deve exercer uma força externa Fext. no

sentido de v. Para que v seja constante, devemos

impor que F em e F eext. sejam iguais em módulo

(resultante nula).

O sentido de i pode também ser determinado

pela regra da mão direita no 2: conhecidos os

sentidos de F em (oposto ao deslocamento) e de

B, determina-se o sentido de i.

P.381 a) Q = m $ c $ SJ ] Q = 1,5 $ 31 $ 40

` Q = 20 cal ] Q = 80 J

b) Pot = StQ

= R $ I2 ] ,0 580 = 0,40 $ I2 ` I = 20 A

c) De I = $$R

B L v , sendo v = SSts = ,0 5

2s

m = 4 m/s, vem:

20 = ,,$ $B

0 401 25 4

` B = 1,6 T

a) A = BA $ cos J = 5,0 $ 10-3 $ 6,0 $ 10-3 $ cos 0w

` A = 3,0 $ 10-5 Wb

b) i = eR ] i = $SSA

R t- ] i $ St = SAR

- ]

] Sq = SAR-

SB = B2 - B1 ] SB = 2,0 $ 10-3 - 5,0 $ 10-3

` SB = -3,0 $ 10-3 T

SA = SBA ] SA = -3,0 $ 10-3 $ 6,0 $ 10-3

` SA = -18 $ 10-6 Wb

Substituindo em :

Sq = , $

$1010

2 018

2

6--

-

` Sq = 9,0 $ 10-4 C

P.378

A1

B

n

A2

SA = A2 - A1 ] SA = BA2 $ cos J - BA1 $ cos J

Sendo cos J = 1, vem: SA = B $ (A2 - A1)

A fem média induzida na espira é dada por:

e = SSA

t- ] e = $

StB A A2 1

--` j

]

] e = ,, , ,$ $ $

0 100 40 0 30 10 1 20 104 4

--- -` j

` e = 3,6 $ 10-4 V

De acordo com a lei de Lenz, o fluxo induzido Ae

surge no sentido indicado na figura, opondo-se

à diminuição do fluxo indutor. Desse modo, o

sentido da corrente induzida é horário.

i

(indutor)Diminui

(induzido)

A

A’

P.379 ea(m) = - L SSti ] ea(m) = - 0,25 $

,2 010

-

` ea(m) = 5,0 $ 10-2 V

30



PARTE II

P.384 a) B cresce com o tempo.

O fluxo indutor A cresce com o tempo e, dessa forma, o fluxo induzido Ae surge, opondo-se ao crescimento de A.

O campo Be, que origina Ae, tem o sentido indicado na figura. Pela regra da mão direita no 1, concluímos que a corrente induzida i tem sentido anti-horário.

b) B decresce com o tempo.

O fluxo indutor A decresce com o tempo e, des-sa forma, o fluxo induzido Ae surge, no mesmo sentido de A, opondo-se ao decréscimo.

O campo Be, que origina Ae, tem o sentido indicado na figura. Pela regra da mão direita no 1, concluímos que a corrente induzida i tem sentido horário.

P.385 1. Não. As linhas de indução do campo criado pela corrente elétrica que percorre um con-dutor reto são circunferências concêntricas ao condutor e situadas em planos perpen-diculares a ele. Assim, as linhas de indução não atravessam a superfície do anel metálico (espira) e, portanto, o fluxo magnético atra-vés do anel é nulo. Outro modo de se veri-ficar que o fluxo é nulo é observar que nos pontos da superfície do anel o vetor campo magnético está contido no plano do anel e, portanto, o ângulo entre B e a normal n é 90° e cos 90° = 0.

2. Sim. Nesta situação, o campo magnético gerado pela corrente está saindo da superfície do anel, o mesmo acontecendo com as linhas de indução. Variando-se i, varia a intensidade do campo que ela gera e, portanto, varia o fluxo magnético. Assim, corrente elétrica é induzida no anel.

B

A

i

I

i variaB variaA variaSurge no anel I

3. Não. Nesta situação, o campo magnético B1 gerado pela corrente está saindo da metade superior da superfície do anel, o mesmo acontecendo com as linhas de indução e o correspondente fluxo A1. Na metade inferior o campo magnético B2 está entrando, o mes-mo acontecendo com as linhas de indução e o fluxo A2. Nestas condições, são induzidas na parte superior do anel e na parte inferior forças eletromotrizes de mesmo valor e de polaridades opostas que, portanto, se anulam.

i

B

B’

A

A’

iB

B’

A

A’

Vista superior:

R

5 m

1,5 m B

1,25

m

2 m

v

t0 = 0

B

R

v

t = 0,5 s

P.382 i = eR ] i = $$R

B L v ] i = $ $ $ $0

1 101

2 0 10 5 22 --

` i = 1,0 $ 10-3 A

De acordo com a lei de Lenz, o fluxo induzido Ae surge no sentido indicado, opondo-se à diminui-ção do fluxo in dutor A. Desse modo, o sentido da corrente induzida é anti-horário.

B

10 cm

10 cm

Sentido domovimento

Posição da espira no instante t = 2 s

20 cm

i

A

A’

P.383 a) Quando o polo sul do ímã se aproxima do anel, de acordo com a lei de Lenz ele é per-corrido por uma corrente, de modo a se opor à aproximação do ímã. Portanto, a corrente deve circular de tal forma que a face volta-da para o polo sul do ímã seja um polo sul. Assim, para o observador situado acima do anel, a corrente elétrica induzida tem sen-tido horário.

b) A amplitude de oscilação do ímã diminui. Isso ocorre porque no anel sempre surge um polo que se opõe à aproximação ou ao afas-tamento do ímã, de acordo com a lei de Lenz. Outra maneira de verificar que a amplitude diminui é considerar que no anel surge cor-rente induzida e, portanto, energia elétrica. Essa energia provém da energia de oscilação do ímã (energia cinética + energia potencial). A diminuição da energia de oscilação tem como resultado a diminuição da amplitude de oscilação.

31



PARTE II

b)

0,001

0 0,1 0,2 0,3 t (s)0,4

A (Wb)

De 0,3 s a 0,4 s, temos SA = - 0,001 Wb para cada espira. Como a bobina tem 400 espiras (N = 400), teremos na bobina a força eletromotriz:

e = - N $ SSA

t ] e = – 400 $ ,,001

0 10-

` e = 4 V

Vale ressaltar que no intervalo de 0 a 0,1 s, te-mos e = - 4 V.

P.389 a) Campo gerado pela espira externa entre 2 s e 4 s:

B = j20 $ R

i ] B = ,$$ $s

1 04 1

210 7-

B = 2s $ 10-7 T

Sendo A = sr 2 = 10-4s m2, o fluxo magnético na espira menor será:

A = BA ] A = 2s $ 10-7 $ 10-4s ] A = 2s2 $ 10-11

` A - 2 $ 10-10 Wb

b) Cálculo da fem induzida e da intensidade de corrente induzida (ie)

De 0 a 2 s:

SA = A - 0 ` SA = 2 $ 10-10 Wb

e = SSA

t- ] e = $2 102

10

--

` e = - 1 $ 10-10 V

ie = Re

E ] ie = ,

$100 1

1 10- -

` ie = - 1 $ 10-9 A ]

] ie = - 1 nA

De 2 s a 4 s:

SA = 0 ] e = 0 ] i = 0

De 4 s a 8 s:

SA = 0 - A ` SA = - 2 $ 10-10 Wb

e = SSA

t- ] e = $

42 10 10

-- -` j

` e = + 0,5 $ 10-10 V

ie = Re

E ] ie = ,

, $0 1

100 5 10+ -

` ie = + 0,5 $ 10-9 A ] ie = + 0,5 nA

Partindo dos valores calculados para a cor-rente induzida (i e), construímos o gráfico ie (nA) # t (s).

0 2 4 6 t (s)

i' (nA)

8

0,5

-1

Assim, não há corrente induzida no anel.

B1A1iB2A2

P.386 a) Para uma espira:

A1 = B1A $ cos J ] A1 = 8,0 $ 0,20 $ 0,30 $ cos 0w

` A1 = 0,48 Wb

A2 = B2A $ cos J ] A2 = 16 $ 0,20 $ 0,30 $ cos 0w

` A2 = 0,96 Wb

SA = A2 - A1 ] SA = 0,96 - 0,48 ` SA = 0,48 Wb

A força eletromotriz, considerando-se uma

bobina de 10 espiras (N = 10), será:

e = - N $ SSA

t ] e = - 10 $ ,,1 20 48

` e = - 4,0 V ]

] e = 4,0 V

b) i = eR ] i = ,

,4 04 0

` i = 1,0 A

P.387 Pela lei de Faraday-Neumann, temos:

e = SSA

t- , onde:

SA = A2 - A1 = B $ s $ a2

2c m - B $ s $ a2 ]

] SA = - B $ s $ a34

2

No intervalo de St = 1 s:

e = $ $

S

s

t

B a43 2

--

] e = $ $ $sB a4

3 2

A intensidade da corrente induzida vale:

i = eR ] i = $ $ $sR

B a4

3 2

Sentido da corrente induzida:

Diminuindo o raio da espira, diminui-se o

fluxo magnético indutor A. O fluxo induzido

Ae surge no mesmo sentido de A, opondo-se

à sua diminuição. Pela regra da mão direita

no 1, concluímos que a corrente induzida tem

sentido horário:

iBiA

A’

P.388 a) No intervalo de tempo entre 0,1 s e 0,3 s, a

fem induzida na bobina é zero, porque não

há variação de fluxo magnético.

32



PARTE II

P.392 a) Chave Ch aberta: surge uma ddp induzida entre os terminais do solenoide.

Chave Ch fechada: passa corrente induzida no solenoide.

b) Aparecem correntes induzidas ao longo do disco metálico. São as correntes de Foucault.

Testes propostos

T.372 Sob ação da força magnética, elétrons se deslo-cam para a extremidade inferior da barra me-tálica. Nessa extremidade, temos um acúmulo de elétrons e a outra extremidade fica eletrizada com cargas positivas.

v

B++++++

------

-

Fm

Resposta: d

T.373

vFoperador

B

R

i

-

Fm

F’m

Na figura, representamos a força aplicada na barra pelo operador e a força magnética F em que o campo magnético B exerce na corrente. Essa força tem sentido oposto à força aplicada pelo operador e mesmo módulo, a fim de a barra se deslocar em MRU. Observe que o sentido de F em está de acordo com a regra da mão direita no 2.

Assim, vamos impor:

Foperador = Fem ] Foperador = B $ i $ L ]

] Foperador = B $ $$

RB L v

$ L ] Foperador = $ $R

B L v2 2

]

] 3,75 $ 10-3 = ,( , ) ,$ $B

3 000 500 2 002 2

` B = 0,150 T

Resposta: d

T.374

iFm F

B

Para que a barra se desloque com velocidade constante, a força necessária F e a força mag-nética Fm devem ter mes ma direção, sentidos opostos e intensidades iguais:

F = Fm ] F = B $ i $ L

c) O sinal da intensidade da corrente induzida indica seu sentido em relação à corrente na espira externa.

Assim:

de 0 a 2 s p sentido horário (oposto à cor-rente i )

de 2 s a 4 s p corrente nula

de 4 s a 8 s p sentido anti-horário (o mesmo da corrente i)

P.390 a) A frequência da corrente que percorre o fio retilíneo pode ser calculada por meio do grá-fico i # t :

T = 0,02 s ] f = T1 ] f = ,

10 02 ` f = 50 Hz

b) Considerando o raio da espira desprezível em relação à distância do centro da espira ao fio

temos que A = BA e sendo B = $

srij

20 , em que r

é a distância do centro da espira ao fio, temos:

A = $

srij

20 $ A

Portanto, o gráfico A # t tem o mesmo aspecto do gráfico i # t dado. Assim, temos:

t (s)

0,01 0,02 0,03

0

-A

+AA (Wb)

c) Lembrando que a força eletromotriz induzida

é dada por e = SSA

t- , resulta o seguinte gráfico:

e (V)

t (s)0,0050 0,015 0,025

0,03

-e

+e

P.391 a) e = SSA

t- ] e = $SSt

B A- ] e = $B

Trs 2

- ]

] e = - Bsr 2 $ f ] e 0,5 $ s $ (0,4)2 $ 0,2

` e - 0,05 V

b) O fluxo indutor A aumenta. O fluxo induzido Ae surge, opondo-se ao aumento. Portanto, o campo Be que origina Ae tem o sentido indi-cado na figura.

Pela regra da mão direita no 1, concluímos que o sentido da corrente induzida em R é de O para A.

ROAB’

CA

A’

33



PARTE II

T.376 (01) Correta.

i

B’

ii

i

i

v

A

A’

De acordo com a lei de Lenz, o fluxo induzi-do Ae surge no sentido indicado, opondo-se ao aumento do fluxo indutor A.

Desse modo, conhecendo-se o sentido de Be, que origina Ae, temos, pela regra da mão direita no 1, que o sentido da corrente indu-zida é o horário.

(02) Correta. A energia elétrica gerada na es-pira advém da energia despendida pelo pro fessor, de acordo com o princípio da conservação da energia. A energia cinética é transformada em energia térmica na espira.

(04) Incorreta. À medida que a espira penetra no campo, varia a área atravessada pelas linhas de indução e, portanto, varia o fluxo.

(08) Correta. A lei de Lenz é uma consequência do princípio da conservação da energia. De fato, para gerar uma corrente induzida é pre-ciso vencer os efeitos que a própria corrente induzida produz, opondo-se à sua geração. Em outras palavras, é necessário despender energia para se ter energia elétrica.

(16) Incorreta. Seja Fm a força magnética que age no lado esquerdo AC da espira. Temos:

módulo: Fm = B $ i $ L

Sendo:

L = a

i = $$R

B L v ] i = RBav

Temos:

Fm = B $ RBav $ a ] Fm = $ $

RB a v2 2

direção e sentido:

i

A

C

Fm Fprofessor

B v

Pela lei de Lenz, a força magnética Fm, que age no lado AC, se opõe à intro dução da espira no campo, isto é, tem sentido oposto ao do des lo ca mento da espira. Logo, sua di-reção é hori zontal, com sentido da es quer da para a direita.

Resposta: 11 (01 + 02 + 08)

T.377 A força eletromotriz induzida é dada por:

e = B $ L $ v = 0,5 $ 1,0 $ 20 ` e = 10 V

Para o cálculo da força eletromotriz E, vamos de ter minar, inicialmente, a intensidade da corrente i.

A corrente elétrica pode ser determinada por:

i = Re ] i = $$

RB L v ] i = ,

, , ,$ $3 0

0 15 0 50 2 0

` i = 0,050 A

Fazendo as devidas substituições, temos:

F = 0,15 $ 0,050 $ 0,50 ` F = 3,75 $ 10-3 N

Resposta: c

T.375. (01) Incorreta.

C

A

elétron

i (convencional)

E

D

B

B’

-Fm

B

A

A’

Se B aumenta, o fluxo indutor A também aumenta. O fluxo induzido Ae se opõe ao

aumento de A. O campo magnético Be, que origina Ae, tem o sentido da figura. Pela regra da mão direita no 1, concluímos que, na haste AC, a corrente convencional i tem o sentido de C para A. A regra da mão direi-

ta no 2 permite-nos determinar o sentido

da força magnética Fm na haste: para a esquerda, tendendo a aproximar AC de DE.

(02) Correta. O sentido de movimento dos elé-trons é de A para C.

(04) Incorreta. Há fluxo magnético através da espira ACDE.

(08) Correta. Na extremidade C, teremos um acúmulo de elétrons, e a extremidade A ficará eletrizada com cargas positivas. Logo, VA 2 VC ou VA - VC 2 0.

(16) Correta.

E

D

A

C

i

i

i

v ii

B

A

Ae

B'

Se AC se aproxima de DE, o fluxo indutor A diminui devido à diminuição da área da espira. O fluxo induzido Ae se opõe à di-minuição de A e surge no mesmo sentido. Conhecendo-se o sentido do campo mag-

nético Be, que origina Ae, temos o sentido da corrente induzida: de A para C.

(32) Incorreta. O campo magnético induzido Be tem sentido oposto ao de B (ver item 01).

Resposta: 26 (02 + 08 + 16)

34



PARTE II

II. Correta. Entre os terminais da espira surge uma ddp induzida.

S N

B

C

D

A

i

i

i

i

III. Correta. Afastando o polo sul (figura acima) ou aproximando o polo norte (figura abaixo), surge na espira um polo norte. Logo, em am-bos os casos, a corrente induzida tem o mes-mo sentido: anti-horário.

N S

B

C

D

A

i

i

i

i

Resposta: a

T.381 Não há indicação de passagem de corrente pelo medidor quando não existe movimento relati-vo entre a bobina e o ímã. É o que ocorre, por exemplo, quando a bobina e o ímã se deslocam para a direita com a mesma velocidade.

Resposta: d

T.382 Em virtude da corrente elétrica i fornecida pela bateria, surgem nos extremos da bobina polos magnéticos. Pela regra da mão direita no 1, deter-minamos o sentido do campo magnético e das linhas de indução no interior da bobina. Essas linhas entram pela face à esquerda, tratando-se de um polo sul. À direita, temos um polo norte.

A

S N

B

Bateria

i

i

+ -

Ímã

Aproximando-se o ímã da bobina ocorre indução eletromagnética e uma nova corrente ie se su-perpõe à corrente i. Se A for um polo norte, pela lei de Lenz surge na face esquerda da bobina um polo norte opondo-se à aproximação do ímã. Logo, a corrente ie tem sentido oposto ao de i. A corrente resultante terá intensidade menor do que a inicial, e o brilho da lâmpada diminuirá.

Resposta: a

T.383 (01) Correta. Quando o ímã se aproxima ou se afasta da bobina, ocorre variação de fluxo magnético, induzindo na bobina uma cor-

Sendo constante a velocidade da barra MN, resulta:

Fm = P ] B $ i $ L = mg ] 0,5 $ i $ 1,0 = 2,0 $ 10

` i = 40 A

Pela regra da mão direita no 2, determinamos o sentido da corrente na barra MN, o que permite concluir que a fem e tem a polaridade mostrada na figura.

i

E e

N

M

m

++-

-

Fm

P

B

r = 1 C

Nessas condições, pela lei de Pouillet, temos:

i = Re E+ ] 40 = E

110 + ` E = 30 V

Resposta: e

T.378 A geração do pulso de corrente na bobina é devida à passagem do ímã próximo à bobina: ocorre variação de fluxo do campo magnético, com consequente indução de corrente elétrica.

Resposta: a

T.379 Quando o ímã se aproxima, surge na espira um polo norte, opondo-se à aproximação. O sentido da corrente induzida é anti-horário (de B para A).

A

C

B

D

S N

i

i

i

i

Quando o ímã se afasta, o polo que surge na espira é sul e, portanto, a corrente induzida tem sentido horário (de A para B).

i

i

i

i

A

C

B

D

S N

Resposta: e

T.380 I. Incorreta. Com a aproximação do polo sul (figura abaixo), surge na espira um polo sul, que se opõe à aproximação. Logo, o sen-tido da corrente induzida é horário (ABCD).

B

C

D

A

S N

i

i

i

i

35



PARTE II

Conhecendo-se o sentido de Be, que origina Ae, temos, pela regra da mão direita no 1, que o sentido da corrente induzida é horário.

B

(1)

(2)

(3)

i

i

i

i

B’

B’i

i

i

i

A A’

A A’

v

v

v

Resposta: d

T.386 Ao girar a espira, varia o fluxo magnético através de sua superfície. Surge na espira uma corrente induzida. Essa corrente gera um campo magné-tico, que se opõe à rotação da espira , de acordo com a lei de Lenz.

Resposta: a

T.387 Com o movimento oscilatório do resistor, a área da espira varia e consequentemente varia o fluxo magnético, e surge na espira corrente induzida.

Quando o resistor desce, o fluxo indutor A au-menta. O fluxo induzido Ae surge, opondo-se ao aumento. Conhecendo-se o sentido de Be, que origina Ae, temos o sentido da corrente induzida: anti-horário.

B

P

P

i

i

i

B’

P Q

A A’

rente elétrica. Essa corrente, que percorre a bobina, cria um campo magnético. Aproxi-mar ou afastar rapidamente o ímã significa produzir uma certa variação de fluxo SA, num pequeno intervalo de tempo St, o que implica maior módulo da fem induzida

SSA

e t= -e o.

(02) Correta. Ao afastarmos o polo norte, surge, na face da bobina próxima ao ímã, um polo sul que se opõe ao afastamento, de acordo com a lei de Lenz.

(04) Correta. A aproximação do polo norte cria, na face da bobina próxima ao ímã, um polo norte que se opõe à aproximação, de acordo com a lei de Lenz.

(08) Incorreta. De acordo com a lei de Lenz, a corrente induzida cria um fluxo induzido Ae que se opõe à variação do fluxo indutor A.

(16) Incorreta. Durante a aproximação do ímã, a corrente induzida tem um sentido e, du-rante o afastamento, outro.

Resposta: 07 (01 + 02 + 04)

T.384 A corrente induzida tem um sentido durante a entrada da espira no campo e sentido oposto du-rante a saída. Convencionando como positiva uma intensidade de corrente, a outra será negativa.

Sendo constante a velocidade com que a espira atravessa o campo, concluímos que a força ele-tromotriz induzida E é constante, pois é dada por E = B $ L $ v. Nessas condições, sendo R a resistência elétrica da espira, a intensidade da corrente será:

i = $$R

B L v = constante

Quando a espira está totalmente imersa no campo, não há variação de fluxo magnético e, portanto, a corrente induzida é nula.

O gráfico que satisfaz a todos esses requisitos é o da alternativa c.

Resposta: c

T.385 I. Aumentando. À medida que a espira penetra no campo, aumenta o número de linhas de indução que a atravessam. Portanto, o fluxo magnético aumenta.

II. Corrente. Estando totalmente imersa no cam-po, não há variação de fluxo magnético e, por-tanto, não há corrente induzida.

III. Contrário. Espira entrando no campo (posição 1):

O fluxo indutor A aumenta. O fluxo induzido Ae se opõe ao aumento. Conhecendo-se o sentido do campo magnético Be, que origina Ae, temos, pela regra da mão direita no 1, que o sentido da corrente induzida é anti-horário.

Espira saindo do campo (posição 3):

O fluxo indutor A diminui.

O fluxo induzido Ae surge, opondo-se à dimi-nuição, isto é, surge no mesmo sentido de A.

36



PARTE II

B

Reostato Bateria

P

R

Q

Espira

i

i

i

B

Reostato Bateria

P

R

Q

Espira

i

i

i

Não haverá corrente elétrica induzida na espira quando não ocorrer variação do fluxo magné-tico. Isso acontece quando a espira se desloca em linha reta na direção do ponto P. Observe, nesse caso, que a espira passa por pontos si-tuados à mesma distância do fio e, portanto, com B constante.

Resposta: a

T.390 No intervalo de tempo de 0 a t1 a intensidade da corrente I1 aumenta. A intensidade do campo de indução magnética B1 que I1 produz, nos pon-tos da superfície da espira, também aumenta e, portanto, varia o fluxo A (fluxo indutor) na superfície da espira. Consequentemente, nesse intervalo, tem-se uma corrente induzida I2. De acordo com a lei de Lenz, o fluxo induzido Ae se opõe ao aumento do fluxo indutor. Nessas condições, pela regra da mão direita no 1, I2 tem sentido anti-horário. Como foi convencionado I2 positivo no sentido horário, concluímos que, no intervalo de 0 a t1, tem-se I2 1 0.

I2

I1B1

A A’

No intervalo de tempo de t1 a t2, a intensidade da corrente I1 é constante. Logo, B1 e A são constan-tes e, não havendo variação de fluxo magnético, resulta I2 = 0.

No intervalo de tempo de t2 a t3, a intensidade da corrente I1 diminui. Logo, B1 e A diminuem, e o fluxo induzido Ae surge, opondo-se à diminuição de A. Pela regra da mão direita no 1, tem-se I2 no sentido horário e, portanto, positivo. Assim, a alternativa correta só pode ser e.

Quando o resistor sobe, o sentido da corrente indu-zida se inverte. A intensidade da corrente induzida é variável, pois é variável a velocidade do resistor em seu movimento oscilatório.

B

P

P

i

i

i

B’

P Q

A A’

Resposta: c

T.388 B é o campo magnético gerado pela corrente i, nos pontos onde está a espira circular. Se i cresce, B também cresce e o fluxo indutor A aumenta. O fluxo induzido Ae surge em sentido oposto ao de A. Conhecendo-se o sentido de Be, determina-se o sentido da corrente induzida: horário.

i (crescendo)

Iind.

B

B’

A

A’

Se B decresce, A diminui e Ae surge no mesmo sentido de A, opondo-se à diminuição. Conhe-cendo-se o sentido de Be, determina-se o sentido da corrente induzida: anti-horário.

B

B’

A

A’

i (decrescendo)

Iind.

Resposta: d

T.389 A corrente elétrica que atravessa o fio próximo à

espira cria, no lado onde está a espira, um campo

magnético B, saindo do papel. A intensidade de

B diminui à medida que aumenta a distância do

ponto ao fio.

37



PARTE II

II. Incorreta. Raciocínio análogo mostra-nos que o sentido da corrente induzida é anti-horário.

III. Incorreta. Não há corrente induzida, pois não existe movimento relativo entre os circuitos.

Resposta: a

T.393 Ao girarmos a espira em torno de um diâmetro, varia o fluxo magnético e uma corrente elétrica será induzida.

Com relação a outras situações descritas, não há variação de fluxo magnético. Com relação à alternativa b, enquanto a espira se deslocar to-talmente imersa no campo, não haverá variação de fluxo magnético e consequentemente não será induzida corrente elétrica.

Resposta: a

T.394 a) Ímã que se desloca com uma velocidade v.

iN

v

S

Ao aproximar da espira o polo norte do ímã, surge na espira um polo norte que se opõe à aproximação. A corrente induzida tem sentido anti-horário, conforme o esquema acima, não contrariando a lei de indução de Faraday.

b) Espira em deformação (diminuindo).

i

NS A, A’ e B’ entram na espira

A

A’

O fluxo indutor A diminui. O fluxo induzido Ae se opõe à diminuição e aparece no mes-mo sentido de A. Be, que origina Ae, tem o mesmo sentido de Ae e, pela regra da mão direita no 1, a corrente induzida tem sentido horário. Portanto, o esquema dado não contraria a lei de indução de Faraday.

c) Circuito (1) deslocando-se com uma velocida-de v.

i

i1

vA

A’

O fluxo indutor A aumenta, o fluxo induzido Ae aparece em sentido oposto, assim como Be, opondo-se ao aumento de A. Logo, a corrente induzida tem sentido anti-horário. O esquema dado não contraria a lei de indução de Faraday.

d) Logo após o instante em que se fecha a chave S.

i

B aumentandoS

A

A’

A’

I2

I1B1

A A’

É possível demonstrar que I2 é constante nos intervalos de tempo de 0 a t1 e de t2 a t3, pois, nesses intervalos, I1 varia com o tempo segundo uma função do 1o grau.

Resposta: e

T.391 Ao fecharmos a chave Ch, embora a bateria seja um gerador de corrente contínua, durante um pequeno intervalo de tempo a corrente no circuito que contém a bateria cresce de zero até atingir um valor constante. Nesse lapso de tempo o fluxo magnético através da bobina A e, portanto, através da bobina B varia: o galva-nômetro acusa a passagem de uma corrente induzida transitória. A seguir, a corrente elétrica que se estabelece no circuito que contém a ba-teria fica constante: o fluxo não mais varia e o galvanômetro não acusa passagem de corrente. Ao abrir-se a chave Ch, a corrente cai a zero, durante um pequeno intervalo de tempo. Nesse intervalo, o fluxo varia e o galvanômetro acusa uma corrente transitória.

Ch

A B

N

G+-

Resposta: a

T.392 I. Correta. No circuito (1), devido ao gerador, circula a corrente i. O condutor do circuito (1) próximo da espira (circuito 2), percorrido pela corrente i, cria nos pontos da espira o campo B, saindo do plano do papel. No intervalo de tempo que corresponde ao fechamento da chave Ch, i cres-ce (de 0 até um valor constante), e B e o fluxo indutor A também crescem. O fluxo induzido Ae se opõe ao crescimento de A. Conhecendo-se o sentido de Be, que origina Ae, concluímos que o sentido da corrente induzida ie é horário, pela regra da mão direita no 1.

i

(1)Ch

i

i

A(2)

i’

i’

B

B’

+ -

A

A’

38



PARTE II

T.399

n

B

A

A1 5 B 3 A

n

B

A

A2 5 -B 3 A

e = SSA

t- = SA A

t2 1--

] e = $$

StB A B A

-- -` j

]

] e = $StB A2 ] 5,0 =

,,$ $ $

St10 02 0 50 10 2 2-` j

` St = 2,0 $ 10-3 s

Resposta: c

T.400 i = Re

] i = R1 $ S

SAt ] i = R

1 $ $

SS

tB A

]

] 1 $ 10-3 = 112 $

$ $ $SB1

100 8 10 3-

` SB = 1,5 $ 10-2 T

Resposta: d

T.401 Como o anel entra e sai da região entre os po-los do ímã, ocorre na superfície do anel uma variação de fluxo magnético. Nessas condições, uma corrente elétrica é induzida no anel. Devido a essa corrente, ocorre dissipação de energia (efeito Joule), o que implica uma diminuição da energia mecânica do sistema e a consequente diminuição da amplitude de oscilação.

Observemos que a força magnética que age na corrente induzida tende a frear o anel.

Resposta: a

T.402 Para limitar as correntes induzidas (correntes de Foucault) utilizam-se (em vez de corpos metálicos maciços) lâminas metálicas finas, empilhadas e isoladas.

Resposta: c

Noções de corrente alternadaCapítulo 16

Para pensar

A água retida pelas barragens possui energia potencial gravitacional. Ao escoar através das tubulações, a energia potencial se transforma em energia cinética. Quando a

Análogo ao item anterior: ao fechar a chave S, A aumenta e Ae se opõe ao aumento. Pela regra da mão direita no 1, a corrente induzida tem sentido anti-horário, não contrariando a lei da indução de Faraday.

e) Logo após o instante em que se abre a chave S.

i

B diminuindoS

A

A’

Ao abrir a chave S, A diminui. O fluxo induzido Ae aparece no mesmo sentido de A, opondo-se à diminuição. Be, que origina Ae, tem o mesmo sentido de Ae. Pela regra da mão direita no 1, a corrente induzida tem sentido horário. No esquema dado no exercício, o sentido de i é anti-horário. Portanto, essa é a situação que contraria a lei de Faraday.

Resposta: e

T.395 I. Correta. O valor da força eletromotriz indu-zida depende da rapidez com que o fluxo varia. Portanto, depende da velocidade com que B se aproxima de A.

II. Correta. Toda corrente elétrica gera no es-paço que a envolve um campo magnético.

III. Incorreta. De acordo com a lei de Pouillet a intensidade da corrente depende do valor da resistência elétrica do circuito induzido:

i = Rfem

Resposta: d

T.396 i = SSqt ] R

e = SSqt ] R

1 $ S

SA

t-` j

= SSqt ]

] Sq = SAR

Portanto, a carga elétrica e consequentemente o número de elétrons que atravessam o filamento da lâmpada não dependem de St.

Resposta: d

T.397 e = SSA

t- ] e = ,0 330

- ` e = - 100 V ]

] e = 100 V

Resposta: a

T.398

t1

A

t2

n nB

A

J = 0° J = 90°

A1 BA $ cos 0w = 1,0 $ 100 $ 10-4

` A1 = 1,0 $ 10-2 Wb

Como o A2 = 0, pois J = 90w, temos:

e = SSA

t- ] e = ,,$

$

1 0 100 1 0 10

2

2

--

-

-

` e = 1,0 V

Resposta: b

39



PARTE II

P.396 Comparando e = 60 $ sen (2s $ 60t) com e = emáx. $ sen ht, vem: emáx. = 60 V

Assim:

eef. = e2

máx. ` eef. = 2

60 V

Potm = eR

2.ef

] Potm = 202

60 2

f p ` Potm = 90 W

P.397 Sendo eef. = e2

máx. , emáx. = N $ B $ A $ h e

eef. = R $ ief., temos:

R $ ief. = $ $ $hN B A2

, em que N é o número de

espiras

Sendo R = N $ 0,04 C e A = 20 $ 20 cm2 =

= 400 $ 10-4 m2, temos:

N $ 0,04 $ 3,5 = ,$ $ $ $hN

20 2 400 10 4-

` h - 25 rad/s

Testes propostos T.403 A movimentação do ímã induz no circuito que

contém a lâmpada uma força eletromotriz. A luminosidade da lâmpada depende do valor dessa força eletromotriz, a qual, por sua vez, depende da velocidade do ímã. Portanto, a lumi-nosidade da lâmpada é máxima nos instantes em que o ímã tem velocidade máxima, isto é, nos instantes em que ele passa por x = 0.

Resposta: e

T.404 I. Correta. De emáx. BA $ h, observamos que, se h aumentar, com B constante, emáx. também aumentará.

II. Incorreta. Na situação proposta, continuará havendo variação do fluxo magnético através da espira e, entre as extremidades A e C, será induzida uma fem.

B

A

h

C

III. Correta. De emáx. = BA $ h, observamos que, se B diminuir, com h constante, emáx. também diminuirá.

Resposta: d

T.405 (01) Incorreta. A velocidade angular da espira é diferente da velocidade angular da polia maior.

(02) Incorreta. Vide item 01.(04) Correta. É a definição de fluxo magnético.(08) Correta. A corrente induzida tem sentido tal

que cria um campo que se opõe à variação do fluxo magnético.

(16) Correta. A corrente alternada produzida pelo movimento da espira percorre os fios e acende a lâmpada.

água incide nas pás da turbina, ela entra em rotação e adquire energia cinética (energia mecânica). No gerador, conectado à turbina por um eixo, ocorre, pelo fenômeno da indução eletromagnética, a transformação da energia mecânica em energia elétrica.

Exercícios propostos P.393 Sendo a frequência de f = 20 Hz, podemos cal-

cular o período do movimento por:

T = f1 ` T = 1

20 s ] T = 5 $ 10-2 s

Fluxo magnético:

A = B $ A $ cos ht ]

] A = 2 $ 10-5 $ 10 $ 10-4 $ cos sT2 t ]

] A = 2 $ 10-8 $ cos sT2 t

Para t = 0, cos 0 = 1 e o fluxo é máximo:

A = 2 $10-8 Wb

Para t = T4 = 1,25 $10-2 s, temos:

A = 2 $ 10-8 $ cos sT2 $ T4 ] A = 2 $ 10-8 cos s

2 ]

] A = 2 $ 10-8 $ (0) ` A = 0

Para t = T2 = 2,5 $ 10-2 s, temos:

A = 2 $ 10-8 $ cos sT2 $ T2 ] A = 2 $ 10-8 cos s ]

] A = 2 $ 10-8 $ (-1) ` A = -2 $ 10-8 Wb

Para t = T43 = 3,75 $ 10-2 s, temos:

A = 2 $ 10-8 $ cos sT2 $ T3

4 ] A = 2 $ 10-8 cos s23 ]

] A = 2 $ 10-8 $ (0) ` A = 0

Para t = T = 5 $10-2 s, temos:

A = 2 $ 10-8 $ cos sT2 $ T ] A = 2 $ 10-8 cos 2s ]

] A = 2 $ 10-8 (1) ` A = 2 $ 10-8 Wb

Assim, temos o gráfico:

t (s)0 T

A (Wb)

2 3 1028

22 3 1028

3T4

T4

T2

P.394 ief. = i2

máx. ] 4 = i2

máx. ` imáx. = 4 2A

h = 2sf ] h = 2s $ 60 ` h = 120s rad/s

i = imáx. $ sen ht ] i = 4 2 $ sen 120st ou

i = 4 2 $ sen (2s $ 60t) (SI)

P.395 ief. = i2

máx. ` ief. = 25 A

eef. = R $ ief. ] eef. = 10 $ 25

` eef. = 2

50 V

Potm = eef. $ ief. ] Potm = 2

50 $ 25

` Potm = 125 W

40



PARTE II

Pots = Potp = Up $ ip = 110 $ 2,0 ` Pots = 220 W

Pots = Us ∙ is ] 220 = 200 $ is ` is = 1,00 A

Resposta: d

T.410 Da usina para as linhas de transmissão deve haver aumento na ddp. Então, o primário deve ter menor número de espiras (NA) que o secundário (NB).

Da linha de transmissão para a casa deve haver redução na ddp. Então, o primário deve ter núme-ro de espiras (NC) menor que o secundário (ND).

Resposta: d

T.411 No secundário, o número de espiras é a metade

do primário NN2sP=e o .

Na situação da primeira foto, vale: UU

s

p = N

N

s

p

Como Us = 220 V, temos:

U220

S = N

N

2

P

P ` US = 110 V

Na situação da segunda foto, a bateria fornece corrente contínua.

Como o transformador só funciona com corrente alternada, temos: Us = 0

Resposta: c

T.412 As linhas de transmissão de energia a longas distâncias operam sob alta tensão para reduzir as perdas por efeito Joule (dissipação de energia através dos fios).

Resposta: c

T.413 I. Correta. A fem que se estabelece entre os ter-minais de um condutor é devida à variação do fluxo magnético no decorrer do tempo.

II. Incorreta. O transformador só funciona com corrente alternada.

III. Correta. A possibilidade de variar a tensão quando a corrente é alternada constitui uma das razões pelas quais a corrente alternada é preferida à corrente contínua para distribui-ção de energia elétrica.

Resposta: b

(32) Incorreta. O dispositivo funciona como um gerador elétrico, convertendo energia mecânica em energia elétrica.

Resposta: 28 (04 + 08 + 16)

T.406 Pela leitura do gráfico T = 0,02 s, então:

h = sT2 = ,

$0 022 3 ] h = 300 rad/s

Pelo gráfico, temos emáx. = 70 V, portanto:

eef. = e2

máx. = ,1 470 V = 50 V

O valor eficaz da intensidade da corrente elétrica é dado por:

ief. = Reef. =

C2550 V = 2 A

A potência elétrica média dissipada pelo resis-tor vale:

Potm = eef. $ ief. = 50 $ 2 ] Potm = 100 W

Resposta: d

T.407 O princípio físico em que se baseia o funcio-namento dos transformadores é o da indução eletromagnética. A variação do fluxo magnético no decorrer do tempo, que é responsável pelo fenômeno da indução, é provocada pelo fato de os portadores de carga elétrica terem um movimento oscilante.

Resposta: e

T.408 Sendo a linha telefônica fixa residencial mo-vida a corrente elétrica contínua (CC), não há variação de fluxo magnético no primário nem no secundário. Logo, a tensão nos terminais do secundário é nula. Portanto, é impossível elevar tensão contínua para tensão alternada utilizan-do um transformador.

Resposta: c

T.409 A dissipação de energia nos transformadores é devida, principalmente, ao efeito Joule nos condutores dos enrolamentos e às correntes de Foucault no núcleo do transformador. Despre-zando as perdas, temos:

NN

s

p = U

U

s

p ] N

N2 p

p = U

110s

` Us = 220 V

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