Resolução comentada dos exercícios de vestibulares sobre Campo Magnético gerado por uma espira circular ou por um solenoide
Resolução comentada dos exercícios de vestibulares sobre
Campo Magnético gerado por uma espira circular ou por um solenoide
01- R- A — veja teoria
02– 01- Correta — veja teoria
02. Falsa — veja 1
04. Falsa — tem sentidos opostos, fornecidos pela regra da mão direita
08- Falsa — veja na expressão B=μ.i/2R que i é diretamente proporcional a B — se i dobra, B também dobra
16- Falsa — veja na expressão B=μ.i/2R que R é inversamente proporcional a B — se R dobra, B cai pela metade
32- Falsa — a direção não se altera, mas o sentido sim
R- 1
03- Usando a regra da mão direita — o campo magnético
estará saindo da folha de papel e é nesta direção que estará a agulha da bússola, com o pólo norte no sentido de A para B — R- A
04- Os vetores indução magnética devem se anular e, para isso, as correntes nas espiras circulares devem ter mesma intensidade e sentidos contrários — R- B
05- A intensidade do campo magnético no centro da espira é fornecido por Be=μi/2πR e o campo magnético no centro da esfera originado pelo fio retilíneo é fornecido por Bf=μi1/2R — para que o campo resultante seja nulo — Be=Bf — μi/2πR= μi1/2R — i=i1/2π — i/i1=2π — o campo magnético no centro da espira originado pela corrente no fio é perpendicular ao plano da folha e entrando nela — o campo magnético no centro da espira originado por ela deve estar saindo da folha de papel para que eles possam se anular e, para isso, a corrente na espira deve ser no sentido anti-horário — R- B
06- A direção e sentido do campo magnético originado no centro da espira pelo fio retilíneo é fornecida pela regra da mão direita e tem direção perpendicular ao papel e entrando nele (figura 1) e tem intensidade Bf=μif/2πR — Bf=62,8μ/2πR — para que o campo magnético resultante no centro da espira seja nulo, o campo magnético aí deve ser perpendicular ao papel e saindo dele e, para que isso ocorra o sentido da corrente elétrica deve ser anti-horário (fornecido pela regra da mão direita –
figura 2) e deve ter intensidade — Be=μ.ie/2R — como o campo magnético resultante deve ser nulo — Be=Bf — μ.ie/2R=62,8μ/2πR — ie=62,8/π — ie≈20 A e sentido anti-horário
07– a) Observe na figura abaixo que, se Rtotal=8Ω — Ri1=8/4=2Ω e Ri2=3.8/4=6Ω — observe também
que a diferença de potencial UAB=VA – VB é a mesma para os dois trechos — UAB=Ri1.i1=2i1 — UAB=Ri2.i2=6.i2 — 2i1=6i2 — i1=3i2 (I) — i1 + i2=4 — i1=4 – i2 (II) — (II) em (I) — 4 – i2=3i2 — i2=1 A — i1=3 A
b) Pela regra da mão direita a corrente elétrica i1 originará no centro da espira um 
entrando na folha de papel e i2 originará um
saindo da folha de papel — B1=(1/4)μi1/2R=μ.3/4.2R — B1=3μ/8R — B2=(3/4)μi2/2R=3μ/4.2R — B2=3μ/8R — observe que B1=B2 — como eles tem sentidos opostos e mesma intensidade, eles se anulam — o campo magnético no centro da circunferência será nulo.
08- Os dois campos B1 e B2 devem se anular — B1=μi1/2R1 — B1=μi1/0,8R2 — B2=μi2/2R2 — B1=B2 — μi1/0,4R2=μi2/2R2 — I1/i2=0,4 — R- A
09- a) A espira produz em C um campo magnético B2 perpendicular à folha e saindo dela (regra da mão direita) — para que os campos se anulem a corrente no fio deve ser da direita para a esquerda, produzindo em C, um campo perpendicular à folha e entrando nela (regra da mão direita)
b) espira — B1=μi1/2R — fio — B2= μi2/2πR — B1=B2 — μi1/2R= μi2/2πR — i2/i1=π=3
10- Esquematizando a situação na figura abaixo, e, com a corrente no sentido anti-horário vista pelo observador O, utilizando a regra
da mão direita, a espira se tornará um pequeno imã com pólo norte e pólo sul indicados:
I. Correta — elas se repelem (pólos de mesmo nome) e estas forças constituem um par ação e reação (mesma intensidade, mesma direção mas sentidos opostos).
II. Falsa — a força entre eles é de repulsão
III. Fa=Fi — ma.aa=mi.ai — ma.aa=2ma.ai — aa=2.ai — Correta
IV. Falsa
R- A
11- R- C — veja teoria
12- Veja figura abaixo:
R- B
13- Usando a regra da mão direita as configurações das linhas de indução do campo magnético do
solenoide estão indicadas na figura — a agulha magnética tem seu polo norte sempre no sentido das linhas de indução — R- B
14- Fechando a chave, colocando a corrente no sentido indicado (sai do pólo sul do gerador) e aplicando a regra da mão direita você verifica que as linhas de indução do campo magnético gerado pelo eletroímã saem do pólo norte, à esquerda e entram no pólo sul,
à direita — o imã será atraído — pólos opostos se atraem — R- B
15- Se uma corrente elétrica circular pelas espiras, a barra de ferro se comportará como um magneto (imã) — R- D
16-
00. Verdadeira — a pilha fornece corrente contínua.
01. Falsa — veja teoria.
02. Falsa — só surgirá campo magnético se a corrente nas espiras for corrente contínua.
17- a) Quando você liga as extremidades do fio aos pólos da pilha, este passa a ser percorrido por uma corrente elétrica que, por sua vez, gera um campo magnético ao seu redor. Este campo magnético gerado pela corrente elétrica imantará a haste e ela, comportando-se como um ímã, passará a atrair pequenos objetos de ferro ou aço.
b) Pela regra da mão direita, o pólo norte é a extremidade da direita, de onde saem as linhas de indução do campo magnético.
c. A extremidade da direita passa a ser o pólo sul e a da esquerda o pólo norte, ou seja, quando se inverte o sentido da corrente elétrica, inverte-se também a polaridade.
18- R- C — veja teoria
19– I. Observe na expressão B=μ.i.(N/L) — (N/L) é o número de espiras por unidade de comprimento — Correta
II. A intensidade do campo magnético aumenta — Falsa
III. Correta — observe na expressão B=μ.i.(N/L) que i é proporcional a B — correta
R- E
20- Pela regra da mão direita a extremidade esquerda do solenóide é um pólo sul — pólos de nomes opostos se atraem e o carrinho se aproximará do solenóide — R- A
21- I- Pela regra da mão direita você verifica que está correta.
II- Falsa — imã atrai ferro independente da polaridade.
III- Falsa — o vetor indução magnética no interior do imã é proporcional a corrente elétrica i que irá aumentar.
R- D
22- a) Aplicando a função do gerador — U=E – r.i — 8=E – 5.200.10-3 — 8=E – 1 — E=9,0V
b) B=4.π.10-7.(200/0,2).200.10-3=4.π.10-7.103.2.10-1 — B=8,0π.10-5T
23- a) B=4π.10-7.(2.000/0,5).3 — B=48.π.10-4 — B=4,8.π.10-3T
b) Como ele é lançado paralelamente ao eixo, o ângulo entre e
é nulo — Fm=q.V.B.sen0o=q.V.B.0 — Fm=0 — se Fm=0, a aceleração do elétron é nula e ele se desloca em MRU.
24- Esquematizando a situação (figura) — a barra AB só pode estar imantada pois N atrai A (que é polo sul) já que pólos opostos se atraem e, consequentemente B será um polo norte — como S e B são repelidas pela bobina, esta ao ser percorrida por corrente i
originará em sua parte superior um pólo S e na inferior um polo norte — R- D
25- Quando se aumenta a resistência R, a intensidade da corrente elétrica na bobina diminui e consequentemente diminui também o campo magnético gerado por ela — R- B
26- a) Com a chave A aberta e a C fechada, para que o sistema permaneça em equilíbrio, segundo o
enunciado, uma pequena massa M1=0,008kg é colocada no ponto médio do segmento P3P4 — a corrente no circuito é no sentido horário e, aplicando a regra da mão esquerda no segmento P3P4, a força magnética sobre esse trecho de fio será vertical e para cima — P1=M1.g=0,008.10 —
P1=0,08N — no equilíbrio, F1=P — F1=0,08N
b) F1=iBoL — 0,08=2.Bo.0,2 — Bo=0,2T
c) Com a chave A fechada e C aberta o circuito ficará como o esquema indicado e a corrente elétrica
circulará no sentido horário — utilizando a regra da mão esquerda, a força magnética no trecho P1P2 será vertical e para baixo e no trecho P2P4, vertical e para cima — nos trechos P2P3 e P1P4 não haverá força magnética, pois neles, o campo magnético é paralelo à corrente elétrica —
Essas duas forças produzem um torque resultante, que tenta girar a espira em torno de OO’ no sentido horário — para a espira ficar em equilíbrio, você deve colocar uma massa M2numa dada posição de modo que ela produza um torque em sentido contrário (anti-horário), produzindo um torque resultante nulo — para que isso ocorra você pode colocar M2 em qualquer posição do
segmento P3P4, mas é mais coerente colocá-la no ponto médio do mesmo — as intensidades das forças magnéticas em cada fio são iguais (mesmo campo magnético, mesma corrente e mesmo comprimento-F=iBL) — para neutralizar o binário a força peso da massa M2 deverá ter o torque de mesmo módulo, mas sentido oposto, ou seja, a massa M2 deverá ser o dobro de M1 e logo M2 = 2.0,008 — M2= 0,016 kg.
27- (01) Errada — cargas elétricas somente geram campo magnético quando estão em movimento.
(02) Correta — corrente elétrica é formada pelo movimento de cargas elétricas.
(04) Errada — se a corrente é alternada os pólos da bobina se alternam, diferente de um ímã que tem pólos fixos.
(08) Correta.
(16) Errada.
R- (02 + 08) = 10
28- Observe que cada uma das faces do cubo percorrida por corrente comporta-se como uma espira quadrada — o campo magnético no centro do cubo gerado por uma face tem a mesma direção do campo no centro dessa face — o sentido desse campo é dado pela regra da mão direita (mão aberta, polegar no sentido da corrente, o sentido da corrente é fornecido pela “fechada” da mão,
passando pelo interior da espira) — para o cubo da figura (a) onde a corrente circula só na face esquerda, a Fig. 1 ilustra o vetor indução magnética citado no enunciado — para o cubo da figura (b) você deve analisar os campos gerados pelas faces opostas (pois têm a mesma direção) e confrontá-los quanto ao sentido — a contribuição para a intensidade do campo magnético de cada aresta percorrida por corrente é B/4 — em cada um dos três casos abaixo, a intensidade do campo
magnético resultante vale BR=B/2 + B/2 — BR=B — observe pelo sistema de coordenadas fornecido que Bx = -B; By = B e Bz = B — R- B
29- a) Dados — μo = 1,3.10-6 T.m/A — N = 25.000 espiras — L = 0,65 m — i = 80 A — B= μo.n.i — n=número de espiras/unidade de comprimento=25.000/0,65 — B= μo(N/L).i=1,3.10-6x(25.000/0.65)x80 — B=4.0 T
b) Dados — m = 200 g = 0,2 kg — d = 2 mm = 2.10-3 m — aR = 0,5 m/s2 — g = 10 m/s2 — como o
imã sobe em movimento acelerado — Fm > P — pricípio fundamental da dinâmica — FR=m.aR — Fm – P = m.aR — Fm=0,2.10 + 0,2.0,5 — Fm=2,1N — cálculo do trabalho — W=Fm.d=2,1.2.10-3 — W=4,2.10-3J
30- Dados — N = 300 espiras/m — μo= 1,26.10-6T.m/A — i = 100 mA = 0,1 A; sen 62º = 0,88, cos 62º = 0,47 e tg 62º = 1,87 — pela regra da mão direita, o vetor indução magnética no interior do solenoide é horizontal para direita — o vetor indução
magnética terrestre é orientado para o norte — a figura ilustra esses vetores — nessa figura — tg
62o = BT/Bs — BT=Bstg62o — BT=N.μo.i.tg62o=300×1,26.10-6x0,1×1,87 — BT=7,1.10-5 T
31-(FMABC-SP)
Quando um solenoide é percorrido por corrente elétrica ele produz um campo magnético, campo este que cria um fluxo que atravessa as espiras — a capacidade de uma bobina (solenoide) em criar o fluxo magnético em seu interior em função da corrente que a percorre é denominada Indutância (símbolo L) medida em “henry” cujo símbolo é H — em função dos dados do exercício, a indutância é fornecida pela expressão matemática — L= μo.n2.S/d, sendo — μo – permeabilidade magnética do meio no interior do solenoide, no caso é o vácuo – μo=4π.10-7Tm/A — n – número de espiras – n=500 espiras — S – área da seção reta do solenoide (ou de cada espira) – S=πR2=3.(15.10-3)2 =3×225.10-6 — S=675.10-6m2 — d – comprimento do solenoide – d=25cm=25.10-2m — L= μo.n2.S/d, — L=4.3.10-7x(500)2×675.10-6/25.10-2 — L=81.10-5=0,81.10-3H — L=0,81mH — R- A