Campo Magnético – Resolução

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 B_f=μi_f/2πR  —  B_f=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  —  B_e=μ.i_e/2R  —   como o campo magnético resultante deve ser nulo  —  B_e=B_f  —  μ.i_e/2R=62,8μ/2πR  —  i_e=62,8/π  —  i_e≈20 A e sentido anti-horário

07– a) Observe na figura abaixo que, se R_total=8Ω  —  Ri₁=8/4=2Ω e Ri₂=3.8/4=6Ω  —  observe também

que a diferença de potencial U_AB=V_A – V_B é a mesma para os dois trechos  —  U_AB=Ri₁.i₁=2i₁  —  U_AB=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=iB_oL — 0,08=2.B_o.0,2  —  B_o=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 B_R=B/2 + B/2  —  B_R=B  —  observe pelo sistema de coordenadas fornecido que B_x = -B; B_y = B e B_z = B  —  R- B

29- a) Dados  —  μ_o = 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  —  a_R = 0,5 m/s²  —  g = 10 m/s²  —   como o

imã sobe em movimento acelerado  —  F_m > P  —  pricípio fundamental da dinâmica  —  F_R=m.a_R  —  F_m – P = m.a_R  —  F_m=0,2.10 + 0,2.0,5  —  F_m=2,1N  —  cálculo do trabalho  —  W=F_m.d=2,1.2.10^-3  —  W=4,2.10^-3J

30- Dados  —  N = 300 espiras/m  —   μ_o= 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

62^o = B_T/B_s  —  B_T=B_stg62^o —  B_T=N.μ_o.i.tg62^o=300×1,26.10^-6x0,1×1,87  —  B_T=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

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