PUC-RIO CB-CTC. P3 DE ELETROMAGNETISMO quarta-feira. Nome : Assinatura: Matrícula: Turma:

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1 PUC-RIO CB-CTC P3 DE ELETROMAGNETISMO 7..0 quarta-feira Noe : Assinatura: Matrícula: Tura: NÃO SERÃO ACEITAS RESPOSTAS SEM JUSTIFICATIVAS E CÁLCULOS EXPLÍCITOS. Não é peritido destacar folhas da prova Questão Valor Grau Revisão a Questão 3,5 a Questão 3,5 3 a Questão 3,0 Total 0,0 A prova só poderá ser feita a lápis, caneta azul ou preta e NÃO é peritido o uso de calculadoras eletrônicas.

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3 SOLUÇÃO Parte I b h d r i(t) (a) (,0) O fluxo agnético no eleento de área indicado na figura acia é d Φ b. B( r). dr, onde B(r) é o capo agnético gerado pela corrente que flui no fio no ponto r, que confore o enunciado vale: μoi( t) B( r). πr O fluxo total através da espira é obtido integrando d Φ de d até d+h : μob h + d t /τ Φ ln ( α β. e ). π d (b) (0,9) De acordo co a lei de Lenz-Faraday a f.e. induzida na espira será dφ β μob h + d t /τ ε ln e. dt τ π d Portanto: μ b i( t) ln R τ π β o h + d t / τ d e O fluxo agnético foi obtido no ite anterior. Desde que α > β o fluxo está crescendo co o passar do tepo. De acordo co a lei de Lenz a corrente induzida na espira terá u sentido tal que o capo por ela criado se oporá a essa variação do fluxo agnético. Portanto, a corrente induzida na espira será no sentido horário.

4 Parte II z n θ B θ y (a) (,0) O fluxo agnético através da espira é igual a área da espira vezes a projeção do capo agnético na direção do vetor noral à espira, isto é: Φ B.cosθ. a A espira gira no sentido horário, portanto, θ ω. t Logo:. A f.e. induzida será Φ ( t) B.cos( ω. t). a ε ( t) a. ω. B. sen( ωt). ε ax ω. B. a ocorre toda vez que ω. π / deve valer: ω t. Para que ε V a velocidade angular ax,0,5x0 rad / s. B. a 0,4.(0,) (b) (0,6) Quando a espira está no quadrante x, y, z > 0 e se aproxiando do plano x y o fluxo agnética através da espira está auentando. De acordo co a lei de Lenz surgirá ua corrente na espira de tal fora que o capo agnético que essa corrente cria se opõe a variação do fluxo agnético. Então, a corrente que flui no pedaço da espira sobre o eixo x será e direção a x 0 (ou seja, na direção a x < 0. O sentido da corrente na espira é no sentido horário quando o observador está co os pés no plano x y e na cabeça no eixo z > 0 ).

5 Solução a) (0.5) Durante a fase o capacitor é carregado, adquirindo no final ua carga áxia através do circuito R C e a bateria ε. Nesta fase tabé o indutor é energizado co ua corrente áxia no final, através do circuito R L e a bateria ε. b) (0.5) Final da fase : capacitor coo aberto V C áxia ε e Q ax ε C e indutor coo curto i ax ε / R. c) (0.5) A chave S fechada fora u circuito LC co abos capacitor e indutor energizados na fase, consequenteente oscila se aorteciento. d ) (0.5) ω L C e) (0.5) Final da fase : Energia arazenada e C : U c ½ (ε ) C Energia arazenada e L: U L ½ L (ε / R ) Energia total arazenada U total ½ (ε ) C + ½ L (ε / R )

6 Final da fase : U C ax U L ax U total ½ (ε ) C + ½ L (ε / R ) U L ax ½ L (i ax ) U total ½ (ε ) C + ½ L (ε / R ) C ε iax ε + L R f) (0.5) V AB áxia V C áxia Q ax /C U C ax ½(Q ax ) /C U total ½ (ε ) C + ½ L (ε / R ) ε Qax ε C + LC R L ε V AB áxia ε + C R g) (0.5) Energia consuida (ε ) C + ½ L [ε /( r + R )]

7 SOLUÇÃO (a) (0.7) O valor rs da corrente do circuito é i rs ΔvR R 0 rs 0, A Logo a aplitude da corrente é i 0, A. A diferença de potencial no indutor é dada por: Δv AB ( t) i X L sen ωt φ + π Coparando co a expressão fornecida, veos que i X L π π ωt φ + ωt + 4 Da prieira equação, obteos : 0, ωl L 0, H (ou 0H) (b) π (0.8) Da segunda equação obtida acia, veos que φ. Portanto 4 R ε cosφ R Z cosφ cosφ Z i Substituindo ε 3V, i 0, A e 3 R 5Ω 0, π cos 4, obteos Nesse circuito, R e R estão e série, logo R R + R R R R 5 0 5Ω (c) (0.8) Para que a diferença de fase entre a f.e.. do gerador e a corrente seja zero, a reatância total do circuito deve ser nula; ou seja, a reatância capacitiva deve ser igual à reatância indutiva: X L X C ωl ωc ω LC rad/s Logo a freqüência, que era 000 rad/s, deve diinuir para 000 rad/s.

8 OBS: não é necessário calcular a nova freqüência para resolver esse ite; basta dizer que, coo φ é positivo, o circuito possui características indutivas. Logo ω deve diinuir de fora que a reatância indutiva diinua (e a reatância capacitiva auente). (d) (0.7) A expressão genérica para a diferença de potencial no indutor é: π ΔvAB ( t) i X L sen ωt φ + Resta calcularos os novos valores de i e X L. Na situação do ite anterior, teos Z R 5Ω. Portanto ε Z ε R i i R Alé disso, 3 0, A 5 X L ω L Ω Substituindo na expressão os valores encontrados, alé de φ 0 e ω 000 rad/s, obteos π Δv AB ( t) sen 000t + [V]