Exercícios de Eletromagnetismo

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Fundamentos do Eletromagnetismo
Profs. Augusto Otávio, Fábio Rodrigo,Irami Buarque,José Roberto.
Nome:
CPF: Turma:
Gabarito do Segundo Exercício Escolar de 2025.
Orientações:
• Leia atentamente todas as questões antes de começar a prova.
• Os cálculos necessários devem ser realizados na folha de resposta.
• Todos os cálculos devem ser explicados e justificados passo a passo.
• É permitido o uso de calculadora.
• dados: µ0 = 4π · 10−7(T · m/A) ; g = 10, 0 m/s2
Figura 1:
Resolução da 1ª) questão
a) Para que a tensão nos fios seja nula:
FB = P
com FB = i · l · B · sen(θ) e P = mg. Sendo θ = 90◦ ⇒ sen(θ) = 1.
Segue então:
i · B · l = m · g
i =
m · g
l · B
=
0, 04 · 10
4
= 0, 1A
b) Para que a F⃗B seja contrária ao P⃗, a corrente no fio tem que ser da esquerda para a direita, de acordo com
a regra da mão direita (Lembrar que F⃗B = i · l⃗ · X · B⃗)
1º) (2,50 pontos) Um fio retilíneo está pendurado
por dois fios condutores flexíveis, como mostra a
figura 1, e tem massa por unidade de comprimento
dada por 0, 04 kg/m.
a) (1,75 ponto) Qual deve ser a corrente no condu-
tor para que a tensão nos fios do pendural seja nula,
quando o campo magnético for de 4,0 T e estiver di-
rigido para trás da página?
b) (0,75 ponto) Qual o sentido da corrente no fio?
2º)(2,50 pontos) Três fios condutores estão situa-
dos em cantos de um quadrado, de lado 1, 0 cm,
sendo percorridos por correntes elétricas entrando
no plano do papel, conforme a figura. Sabendo que
os três fios são percorridos por uma corrente de in-
tensidade 2,0 A, pede-se:
Figura 2:
a) (1,25 ponto) calcule as magnitudes dos campos
magnéticos, devido a cada fio, em um ponto P situ-
ado no 4º vértice do quadrado.
b) (1,25 ponto) desenhe os vetores de cada campo
magnético, devido aos fios, e o vetor campo resul-
tante no ponto P, e calcule o seu módulo.
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Resolução da 2ª) questão
Os fios 1 e 3, por estarem à mesma distância do ponto P, contribuem com um campo de mesma magnitude:
B1 = B3 =
µ0 I
2πℓ
=
4 · 10−7 · 2, 0
2π · 10−2 ⇒ B1 = B3 ∼= 4 · 10−5T.
A contribuição, devido ao fio 2, por estar mais distante, deve ser menor. Usando o teorema de Pitágoras para
calcular a distância do fio 2 ao ponto P, temos que d =
√
2 = 1, 41 cm. Assim,
B2 =
µ0 · I2
2πℓ
=
4π · 10−7 · 2.0
2π
√
2 · 10−2
⇒ B2 ∼= 3, 0 · 10−5T
b) O diagrama de corpo livre na figura mostra
os vetores B⃗1, B⃗2, e B⃗3, cuja magnitude resul-
tante é dada pelo teorema de Pitágoras, a partir
das resultantes nos eixos coordenados Ox e Ou,
uma vez que o campo devido ao fio 2 deve ser
decomposto em suas componentes B2x e B2y.
A geometria da figura mostra que o vetor B⃗2
está na direção da diagonal do quadrado e, por-
tanto, a 45◦ com os eixos coordenados. Assim,
B2x = B2 · cos 45 e B2y = B2 · sen45.
Bx = −B3 − B2 · cos45 e By = −B1 − B2 · sen45
Logo:
Bx = −4, 0 · 10−5 − 3, 0 · 10−5 · (
√
2
2
) ⇒ Bx ∼= −6, 0 · 10−5T
By = −4, 0 · 10−5 − 3, 0 · 10−5 · (
√
2
2
) ⇒ By ∼= −6, 0 · 10−5T
Portanto, o campo resultante terá módulo de:
Bres =
√
B2
x + B2
y =
√
(−6, 0 · 10−5)2 + (−6, 0 · 10−5)2 ⇒ Bres = 8, 5 · 10−5T
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Figura 3:
3ª) (2,50 pontos) Na figura 3, dois trilhos conduto-
res retilíneos formam um vértice no ponto O, defi-
nindo cada um deles, um ângulo θ com o semieixo
x. Uma barra condutora vertical, de resistência R,
parte do repouso do ponto O , e em contato com os
trilhos, desloca-se com uma velocidade constante v⃗,
de módulo v, no sentido indicado na figura. Con-
siderando a presença de um campo magnético uni-
forme de módulo |B⃗| = B em toda a região, diri-
gido para fora do papel, determine:
a) (1,25 ponto) uma expressão para o módulo da
força eletromotriz E induzida durante o desloca-
mento da barra condutora em função do tempo (t)
e dos parâmetros B, θ e v ;
b) (0,5 ponto) a direção e o sentido da corrente in-
duzida na barra condutora durante seu desloca-
mento;
c) (0,75 ponto) uma expressão para a potência dis-
sipada pela barra condutora em função do tempo
(t) e dos parâmetros B, θ , v e R.
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Resolução da 3ª) questão
a) O fluxo campo magnético enquanto a barra
se desloca é dado pela expressão
ΦB = B · A(t),
onde área A(t) = x(t) · ℓ(t)/2 , x(t) é a posição
da barra no eixo x em função do tempo e ℓ(t) o
comprimento do pedaço da barra que está apoi-
ado nos trilhos em função do tempo , de acordo
com a figura ao lado.
Sendo ℓ(t)/2 = tan(θ) · x(t), o fluxo de campo
magnético será
ΦB = B · x2(t) · tan(θ)
Como a barra realiza um movimento retilíneo
uniforme com velocidade v, a posição x(t) será
x(t) = vt. Assim,
ΦB(t) = B · v2 · tan(θ) · t2
e o módulo da força eletromotriz induzida Eind(t) = |dΦB
dt
| = 2 · B · tan(θ) · v2 · t
b) A corrente induzida na barra terá direção vertical e sentido para baixo, pois de acordo com a lei
de Lenz a corrente induzida circulará no sentido horário.
c) A potência dissipada é calculada pela expressão P = R · i2, onde i é a corrente induzida na barra.
A corrente induzida é igual
iind =
Eind
R
=
2 · B · tan(θ) · v2 · t
R
e portanto a potência dissipada pela barra será
P = R · i2ind = R · (2 · B · tan(θ) · v2 · t
R
)2
P =
4 · B2 · tan2(θ) · v4 · t2
R
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4º) (2,50 pontos) Um circuito RL possui R = 4Ω , L = 8 H e o gerador ideal possui uma F.E.M igual a 20V. O
circuito é ligado em t = 0. Determine:
a) (0,50 ponto) a d.d.p no resistor em t = 2s;
b) (1,00 ponto) a d.d.p no indutor em t = 2s;
c) (1,00 ponto) a energia fornecida pelo gerador entre t = 0 e t = 2s.
Resolução da 4ª) questão
a) Pela lei de Ohm, VR = RI sendo I =
E
R
(1 − e
−t
τL ) a constante de tempo indutiva do circuito. substituindo
os valores de R e L dados no enunciado da questão:
τ =
8
4
= 2s ⇒ I =
20
4
(1 − e
−t
2 ) = 5(1 − e−0,5t) (1)
Substituindo para t=2s
I = 5(1 − e−0,5t) = 3, 16 A
Segue que
VR = 4 · 3, 16 = 12, 64 V
b) A d.d.p no indutor é VL = L · dI
dt
. Derivando a equação (1)
dI
dt
= 2, 5e−0,5t em t = 2s ⇒ dI
dt
= 2, 5e−t
dI
dt
= 0, 9
A
s
e VL = 8 · 0, 91 = 7, 36V
c) A potência gerada é P = E · I. Usando a equação (1) e o valor de E , temos que P(t) = 100(1 − e−0,5t). A
energia gerada entre t = 0s e t = 2s é
W =
∫ 2
0
Pdt ⇒ W =
∫ 2
0
100(1 − e−0,5t)dt = 100[t − [−2e−0,5t]]|20
W = 100[2 + 2e−1 − 2] = 74 J
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