Este documento apresenta a resolução de vários problemas relacionados à lei da indução de Faraday. O problema 33 trata de um bastão se movendo em um campo magnético não uniforme gerado por uma corrente elétrica. Ele é resolvido em 5 etapas: (1) calcular a fem induzida no bastão, (2) calcular a corrente induzida, (3) calcular a taxa de dissipação de energia, (4) calcular a força externa necessária para manter o movimento do bastão e (5) comparar esta força com a taxa

1. PROBLEMAS RESOLVIDOS DE FÍSICA
Prof. Anderson Coser Gaudio
Departamento de Física – Centro de Ciências Exatas – Universidade Federal do Espírito Santo
http://www.cce.ufes.br/anderson
anderson@npd.ufes.br Última atualização: 30/08/2005 11:54 H
RESNICK, HALLIDAY, KRANE, FÍSICA, 4.ED.,
LTC, RIO DE JANEIRO, 1996.
FÍSICA 3
Capítulo 36 - A Lei da Indução
de Faraday
Problemas
01 02 03 04 05 06 07 08 09 10
11 12 13 14 15 16 17 18 19 20
21 22 23 24 25 26 27 28 29 30
31 32 33 34 35 36 37 38 39 40
41 42 43 44 45 46 47 48 49

2. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES
Problemas Resolvidos
06. Uma antena em forma de espira de área A e resistência R é perpendicular a um campo
magnético uniforme B. O campo cai linearmente a zero em um intervalo de tempo Δt. Encontre
uma expressão para a energia interna total dissipada por efeito Joule na espira.
(Pág. 190)
Solução.
O campo magnético varia no tempo de acordo com o gráfico abaixo:
B
0 Δt t
Equação da reta:
B(t ) = at + B
Onde a, a declividade da reta vale:
0− B B
a= =−
t −0 Δt
Logo:
B
B(t ) = − t + B
Δt
Fluxo do campo através da espira:
Φ = ∫ B.dA
Φ = B(t ) A
Fem induzida pela variação do fluxo do campo:
dΦ B
ε =− = A (1)
dt Δt
Energia dissipada no tempo Δt:
E
P=
Δt
⎛ε2 ⎞
E = PΔt = ⎜ ⎟ Δt (2)
⎝R⎠
Substituindo-se (1) em (2):
2
⎛ BA ⎞
⎜ ⎟
Δt ⎠
E=⎝ Δt
R
B 2 A2
E=
RΔt
[Início]
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a
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3. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES
11. Na Fig. 32, o fluxo que atravessa a espira é ΦB(0) no instante t = 0. Suponha que o campo
magnético B está variando de forma contínua mas não especificada, em módulo e direção, de
modo que no instante t o fluxo é representado por ΦB(t). (a) Mostre que a carga resultante q(t)
que passa através do resistor R no intervalo de tempo t é
1
q (t ) = [ Φ B (0) − Φ B (t )]
R
independentemente da forma específica da lei de variação de B. (b) Se ΦB(t) = ΦB(0) em um
caso particular, temos q(t) = 0. A corrente induzida é necessariamente zero, durante o intervalo
de tempo de 0 a t?
(Pág. 191)
Solução.
(a) Módulo da fem induzida:
dq dΦ
ε = iR = R =
dt dt
d Φ = Rdq
Φ (t ) q
∫Φ (0)
d Φ = ∫ Rdq
0
Φ (t ) − Φ (0) = Rq (t )
1
q (t ) =[ Φ(t ) − Φ (0)]
R
(b) Não. A corrente induzida vale:
dq (t ) 1 ⎡ d Φ (t ) d Φ (0) ⎤
i (t ) = = ⎢ −
dt R ⎣ dt dt ⎥ ⎦
1
i (t ) = [ε (t ) − ε (0) ]
R
O fato de o valor instantâneo uma grandeza ser zero, Φ(t), não significa que sua variação
instantânea em relação ao tempo, ε(t), também deva ser zero.
[Início]
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4. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES
13. Um campo magnético uniforme B está variando em módulo à taxa constante dB/dt. Uma dada
massa m de cobre é transformada em um fio de raio r e com ele construímos uma espira circular
de raio R. Mostre que a corrente induzida na espira não depende do tamanho do fio ou da espira
e, considerando B perpendicular ao plano da espira, esta corrente é dada por
m dB
i=
4πρδ dt
onde ρ é a resistividade e δ a densidade do cobre.
(Pág. 191)
Solução.
A fem induzida é dada por:
ε = iℜ (1)
Resistência da espira:
l
ℜ=ρ (2)
a
Comprimento do fio:
m m
δ= =
V la
m
l= (3)
δa
Substituindo-se (3) em (2):
m
ℜ=ρ 2 (4)
δa
Substituindo-se (4) em (1):
iρm
ε= 2 (5)
δa
Fluxo do campo magnético através da espira:
φ = BA = Bπ R 2 (6)
Raio da espira, onde se utilizou (3):
m
2π R = l =
δa
m
R= (7)
2πδ a
Substituindo-se (7) em (6):
m2
φ = Bπ (8)
4π 2δ 2 a 2
Derivando-se (8) em relação a t:
dφ m 2 dB
=ε = (9)
dt 4πδ 2 a 2 dt
Substituindo-se (5) em (9):
iρm m 2 dB
=
δ a 2 4πδ 2 a 2 dt
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5. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES
m dB
i=
4πρδ dt
[Início]
26. Um fio rígido moldado em forma de um semicírculo de raio a gira a uma freqüência ν em um
campo magnético uniforme, como sugere a Fig. 43.Qual (a) a freqüência e (b) a amplitude da
fem induzida na espira?
(Pág. 192)
Solução.
Considere o esquema abaixo:
θ
θ B
dA
Ângulo entre os vetores B e dA:
θ (t ) = ωt = 2πν t
Fluxo do campo magnético através da área semicircular do circuito:
Φ sc = ∫ B.dA = ∫ B.dA.cos (θ )
π a2
Φ sc = ∫ B.dA.cos ( 2πν t ) = B cos ( 2πν t ) ∫ dA = B cos ( 2πν t )
2
π a2 B
Φ sc = cos ( 2πν t )
2
Fluxo total através do circuito:
π a2 B
Φ(t ) = Φ sc + Φ0 = cos ( 2πν t ) + Φ0
2
Fem induzida no circuito:
________________________________________________________________________________________________________ 5
a
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6. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES
d Φ (t ) π a2 B
ε (t ) = − =− ( 2πν ) − sen ( 2πν t )
dt 2
ε (t ) = π 2 a 2 Bν sen ( 2πν t )
Ou seja:
ε (t ) = ε max sen ( 2πν ε t )
(a) Como o ângulo de fase (argumento da função trigonométrica) é o mesmo para Φa e ε(t) conclui-
se que a freqüência da variação da fem é a mesma freqüência da variação do fluxo do campo
magnético na espira. Logo:
νε =ν
(b) A amplitude da fem induzida é o fator multiplicativo da função trigonométrica. Logo:
ε max = π 2 a 2 Bν
[Início]
33. A Fig. 45 mostra um bastão de comprimento L se movendo com velocidade constante v ao
longo de trilhos condutores horizontais. O campo magnético através do qual o bastão se move
não é uniforme, sendo provocado por uma corrente i em um longo fio retilíneo paralelo aos
trilhos. Considerando v = 4,86 m/s; a = 10,2 mm, L = 9,83 cm e i = 110 A, (a) calcule a fem
induzida no bastão. (b) Qual a corrente na espira condutora? Considere a resistência do bastão
como 415 mΩ e a resistência dos trilhos desprezível. (c) Qual a taxa de dissipação de energia
por efeito Joule no bastão? (d) Qual a força que precisa ser aplicada ao bastão por um agente
externo para manter seu movimento? (e) A que taxa esse agente externo precisa realizar
trabalho sobre o bastão? Compare esta resposta com a do item (c).
x
y
(Pág. 193)
Solução.
(a) Módulo do campo magnético a uma distância y de um fio longo retilíneo que conduz uma
corrente i:
μi
B= 0 (1)
2π y
Fluxo do campo magnético através de um elemento do circuito de comprimento x e largura dy:
μi
d Φ = BdA = 0 xdy
2π y
Fluxo do campo magnético através do circuito:
________________________________________________________________________________________________________ 6
a
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7. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES
μ0ix a + L dy
2π ∫a y
Φ=
μ0ix ⎛ a + L ⎞
Φ= ln ⎜ ⎟
2π ⎝ a ⎠
Fem induzida no circuito:
dΦ
ε =
dt
μ0iv ⎛ a + L ⎞
ε= ln ⎜ ⎟ (2)
2π ⎝ a ⎠
ε = 2,5279 ×10−4 A
ε ≈ 253 μV
(b) Para o cálculo da corrente induzida, pode-se considerar o circuito como sendo constituído por
uma fonte de fem ε em série com uma resistência R.
ε
iv = = 6, 0915 × 10−4 A
R
iv ≈ 609 μA
(c) Potência dissipada:
P = Riv2 = 1,5399 × 10 −7 W
P ≈ 154 nW
(d) Força do agente externo:
dFe = iv dl × B
dFe = iv dyB sen(π / 2)i (3)
Substituindo-se (1) em (3):
⎛ μi ⎞
dFe = iv ⎜ 0 ⎟ dy.i
⎝ 2π y ⎠
μ i i a + L dy
Fe = 0 v ∫ .i
2π a y
μ 0iv i ⎛ a + L ⎞
Fe = ln ⎜ ⎟i (4)
2π ⎝ a ⎠
Pode-se identificar o valor de ε, (2), em (4) se multiplicarmos o segundo membro de (4) por v/v:
εi
Fe = v i
v
Fe = ( 3,1685 × 10 −8 N ) i
Fe ≈ ( 31, 7 nN ) i
(e) Potencia do agente externo:
P = Fe ⋅ v
P = Fe v cos(0)
P ≈ 154 nW
________________________________________________________________________________________________________ 7
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8. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES
[Início]
34. Dois trilhos retos condutores retos têm suas extremidades unidas formando entre si um ângulo
θ. Uma barra condutora, em contato com os trilhos, forma um triângulo isósceles com eles e se
move à velocidade constante v para a direita, começando no vértice em t = 0 (veja a Fig. 46).
Um campo magnético uniforme B aponta para fora da página. (a) Encontre a fem induzida em
função do tempo. (b) Se θ = 110o, B = 352 mT e v = 5,21 m/s, em que instante a fem induzida é
igual a 56,8 V?
(Pág. 193)
Solução.
(a)
x
y
dA b
θ z x
B v
Fluxo do campo magnético:
Φ = ∫ B.dA = B ∫ dA = BA
2b.x ⎛θ ⎞
Φ=B = Bb.x = B.x tan ⎜ ⎟ .x
2 ⎝2⎠
⎛θ ⎞
Φ = Bx 2 tan ⎜ ⎟
⎝2⎠
Fem induzida no circuito:
dΦ dx ⎛θ ⎞ ⎛θ ⎞ ⎛θ ⎞
ε =− = − B2 x tan ⎜ ⎟ = − B2v tan ⎜ ⎟ x = − B2v tan ⎜ ⎟ .vt
dt dt ⎝2⎠ ⎝2⎠ ⎝ 2⎠
⎛θ ⎞
ε = −2 Bv 2 tan ⎜ ⎟ t
2 ⎝ ⎠
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9. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES
O sinal negativo da fem indica que a corrente gerada no circuito é no sentido horário, que é
contrário ao previsto pelo sentido adotado para o vetor dA (regra da mão direita).
(b)
ε (56,8 V)
t= = = 2, 08126 s
2 ⎛θ ⎞ ⎛ 110o ⎞
2 Bv tan ⎜ ⎟ 2
2(0,352 T)(5, 21 m/s) tan ⎜ ⎟
⎝2⎠ ⎝ 2 ⎠
t ≈ 2,08 s
[Início]
35. Uma espira retangular de fio com comprimento a, largura b e resistência R é colocada próxima a
um fio infinitamente longo em que passa uma corrente i, como mostra a Fig. 47. A distância
entre o fio e a espira é D. Encontre (a) a magnitude do fluxo magnético através da espira e (b) a
corrente na espira enquanto ela se move para longe do fio, com velocidade v.
(Pág. 193)
Solução.
(a)
a
B x
dA b
dy x y
y z x
D
i
Considere a espira de largura dy e comprimento a. Sejam os vetores:
B = − Bk
dA = −adyk
Fluxo do campo magnético através da espira infinitesimal:
d Φ = B.dA
⎛ μi ⎞
d Φ = ⎜ − 0 k ⎟ . ( −adyk )
⎝ 2π y ⎠
μ ia dy
dΦ = 0
2π y
Fluxo do campo através de toda a espira:
________________________________________________________________________________________________________ 9
a
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10. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES
μ0ia D +b dy
2π ∫D y
Φ=
μ0ia D + b
Φ= ln
2π D
(b) Fem induzida na espira:
dΦ μ ia 1 d ⎛ D+b⎞ μ0ia D ⎡ vD − ( D + b)v ⎤
ε =− =− 0 ⎜ ⎟=− ⎢ ⎥
dt 2π ⎛ D + b ⎞ dt ⎝ D ⎠ 2π D + b ⎣ D2 ⎦
⎜ ⎟
⎝ D ⎠
μ0iav ⎛ 1 1⎞
ε =− ⎜ − ⎟
2π ⎝ D + b D ⎠
μ0iabv
ε =−
2π D( D + b)
Corrente na espira:
ε
iv =
R
μ0iabv
iv = −
2π RD( D + b)
O sinal negativo indica que a corrente é no sentido horário, que é contrário ao previsto pelo sentido
adotado para o vetor dA (regra da mão direita).
[Início]
36. A Fig. 48 mostra um “gerador homopolar”, um dispositivo que utiliza como rotor um disco
condutor sólido. Esta máquina pode produzir uma fem maior do que qualquer uma que use
rotores de espiras, pois ela pode girar a uma velocidade angular muito maior antes que as forças
centrífugas deformem o rotor. (a) Mostre que a fem produzida é dada por
ε = π vBR2
onde ν é a freqüência de rotação, R o raio do rotor e B o campo magnético uniforme
perpendicular ao rotor. (b) Encontre o torque que precisa ser exercido pelo motor que gira o
rotor quando a corrente de saída é i.
(Pág. 193)
Solução.
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11. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES
(a) A borda externa do disco é uma superfície equipotencial e, portanto, qualquer ponto da borda
mesma diferença de potencial em relação ao centro do disco. Logo, o cálculo da ddp do disco é o
mesmo que o de um fio ao longo de um raio do disco.
v
ω Bx
R
r dr
Força magnética sobre as cargas livres do fio:
dF = dqv × B = dqvB
dF
= vB (1)
dq
Diferença de potencial entre pontos próximos no fio:
dF
d ε = E.dl = Edl = dl (2)
dq
Substituindo-se (1) em (2) e fazendo dl = dr:
dε = vBdr
R Bω R 2
ε = B ∫ vdr = B ∫ ω rdr =
0 2
B(2πν ) R 2
ε=
2
ε = πν BR2 (3)
(b) Potência necessária para manter o movimento:
P = τ.ω = τ .ω
P ε i (πν BR2 )i
τ= = =
ω ω (2πν )
iBR 2
τ=
2
Solução alternativa:
dU
P= = εi
dt
dU = ε idt (4)
Trabalho necessário para girar o disco:
dW = τ.dθ = τ .dθ = τ .2πν dt (5)
Como dU é igual a dW, pode-se igualar (4) e (5):
τ .2πν dt = ε idt (6)
Substituindo-se (3) em (6):
τ .2πν dt = (πν BR 2 )idt
iBR 2
τ=
2
[Início]
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a
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12. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES
37. Um bastão com comprimento L, massa m e resistência R desliza sem atrito sobre dois trilhos
paralelos condutores de resistência desprezível, como ilustra a Fig. 49. Os trilhos estão
conectados na parte inferior, formando uma espira condutora onde o bastão é a parte superior. O
plano dos trilhos faz um ângulo θ com a horizontal e existe um campo magnético uniforme
vertical B na região onde está o dispositivo. (a) Mostre que o bastão adquire uma velocidade
limite cujo módulo é
mgR sen θ
v=
B 2 L2 cos 2 θ
(b) Mostre que a taxa com que a energia interna está sendo gerada no bastão (efeito Joule) é
igual à taxa com que o bastão está perdendo energia potencial. (c) Discuta a situação se B fosse
orientado para baixo, ao invés de para cima.
(Pág. 194)
Solução.
(a) A velocidade limite será atingida quando a força de frenagem (componente da força magnética
ao longo dos trilhos) sobre o bastão for igual à força que acelera o bastão rampa abaixo
(componente da força peso do bastão ao longo dos trilhos).
Ff = Fa (1)
Considere o esquema abaixo:
B
θ dA
F θ iL
x
θ
P θ
Força magnética sobre a barra:
F = iL × B
F = iLB
Força de frenagem:
Ff = F cosθ = iLB cosθ (2)
Fluxo do campo magnético através do circuito:
Φ = ∫ B.dA = BA cosθ = BLx cosθ
Fem no circuito:
________________________________________________________________________________________________________ 12
a
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13. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES
dΦ
ε= = BLv cosθ
dt
Corrente na barra:
ε BLv cosθ
i= = (3)
R R
Substituindo-se (3) em (2):
⎛ BLv cosθ ⎞
Ff = ⎜ ⎟ BL cosθ
⎝ R ⎠
B 2 L2v cos2 θ
Ff = (4)
R
Força que acelera a barra rampa abaixo:
Fa = P sen θ = mg sen θ (5)
Substituindo-se (4) e (5) em (1):
B2 L2v cos2 θ
= mg sen θ
R
mgR sen θ
v= 2 2
B L cos 2 θ
(b) Potência dissipada por efeito Joule:
BLv cosθ
PJ = ε i = BLv cosθ .
R
B 2 L2v 2 cos2 θ
PJ = (6)
R
Taxa de perda de energia potencial gravitacional:
mgR sen θ
PG = Fa v = mg sen θ . 2 2
B L cos2 θ
m2 g 2 R sen 2 θ ⎛ RB2 L2 cos2 θ ⎞
PG = ×⎜ ⎟
B 2 L2 cos2 θ ⎝ RB 2 L2 cos2 θ ⎠
⎛ m2 g 2 R 2 sen 2 θ ⎞ B 2 L2 cos2 θ
PG = ⎜ 4 4 ⎟
⎝ B L cos θ ⎠
4
R
O termo entre parênteses é v2. Logo:
B 2 L2v 2 cos 2 θ
PG = (7)
R
A igualdade entre (6) e (7) completa a demonstração.
(c) Caso o campo magnético fosse invertido, em nada alteraria o sentido das forças. Isso ocorre por
causa da inversão do sentido da corrente elétrica no circuito, que é uma conseqüência da lei de
Lenz.
[Início]
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14. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES
39. Um freio eletromagnético que utiliza correntes parasitas consiste em um disco de condutividade
σ e espessura t, girando através de um eixo através de seu centro, com um campo magnético B
aplicado perpendicularmente ao plano do disco sobre uma pequena área a2 (veja a Fig. 51). Se a
área a2 está a uma distância r do eixo, encontre uma expressão aproximada para o torque que
tende a diminuir a velocidade do disco, no instante em que sua velocidade angular é igual a ω.
(Pág. 194)
Solução.
(a) Existe uma corrente elétrica original (i0) devida ao movimento de rotação do disco. Os elétrons
do disco passam pela área quadrada com velocidade v = ωr j. O campo magnético que age na área
a2 produz uma corrente parasita no sentido horário (corrente convencional), sendo que os elétrons
fluem no sentido inverso.
ωr
i
y
B x
z x
A ação do mesmo campo magnético na direção −z sobre a corrente parasita que segue na direção +x
gera sobre os portadores de carga uma força no sentido −y.
Força do campo magnético sobre a corrente:
Fy = il × B
A origem da corrente parasita é o efeito Hall. O campo magnético na direção −z atuando sobre as
cargas que se movem na direção +y gera nestas uma força na direção +x (corrente na direção x) de
acordo com a equação:
Fx = qv × B
Corrente original provocada pela rotação do disco (na direção +y), sem o efeito do campo
magnético:
j
vd =
ne
⎛ i0 ⎞
⎜ ⎟
ωr = ⎝ ⎠ = 0
at i
ne neat
i0 = ω rneat
Diferença de potencial Hall entre as faces do quadrado ortogonais à direção x (Eq. 23, pág. 142):
iB
VH = 0
net
(ω rneat ) B
VH =
net
VH = ω raB
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15. Problemas Resolvidos de Física Prof. Anderson Coser Gaudio – Depto. Física – UFES
Resistência elétrica entre as faces do quadrado ortogonais à direção x:
L 1 a 1
R=ρ = =
A σ at σ t
Corrente na direção +x:
V
i= H
R
(ω raB)
i= = ω raBσ t
⎛ 1 ⎞
⎜ ⎟
⎝σt ⎠
Força na direção −y:
Fy = il × B
Fy = (ω raBσ t ) ai × (− Bk )
Fy = −ω ra 2 B 2σ tj
Torque da força Fy:
τ = r × Fy
τ = ri × (−ω ra 2 B 2σ tj)
τ = −ωσ tr 2 a 2 B 2k
[Início]
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