Linhas de Campo magnético - claudio.sartori.nom.br · equações de Maxwell. Resumidamente ela diz que uma voltagem (fem) pode ser gerada por mudança (variação) do fluxo magnético

Aulas - Física 3– Fluxo Magnético, Indutores Lei de Faraday-Lenz e Geração de corrente alternada e Circuitos CA – Prof. Dr. Cláudio S. Sartori

1

Linhas de Campo magnético

Fluxo magnético:

s

SdB

Ou seja: s

dSnB ˆ

Aqui n é o vetor unitário normal à superfície S.

Unidade: Weber: 1Wb = 1T. m2.

Observe que, na superfície fechada:

0M

S

B dS

Lei de Faraday

Qualquer mudança no fluxo magnético sobre uma espira causará uma voltagem ïnduzida¨ na espira. Não importa como esta variação de

fluxo é feita, haverá voltagem gerada. Esta mudança pode ser produzida

movendo-se um magneto sobre a espira, onde haverá mudanças nas

linhas de força de campo magnético que atravessarão a área da espira.

A Lei de Faraday é uma relação fundamental cuja origem está nas

equações de Maxwell. Resumidamente ela diz que uma voltagem (fem) pode ser gerada por mudança (variação) do fluxo magnético. A fem

induzida na espira é igual a menos a taxa de variação do fluxo

magnético em uma espira; multiplicando por N espiras, teremos a fem em uma bobina.

Bd

dt

Lei de Lenz

Quando uma força eletromotriz é gerada pela mudança do fluxo

magnético de acordo com a Lei de Faraday, a polaridade da força

eletromotriz induzida é tal que produz uma corrente cujo campo magnético se opõe às mudanças às quais. A indução magnética dentro de

qualquer fio em forma de espira sempre atua de forma a conservar o

fluxo magnético sobre a espira constante.

Exemplos – Lei de Faraday-Lenz

Seja f iB B B

1. Pólo norte de um ímã se aproximando do plano da espira.

y j

As linhas de força do campo magnético do ímã que entram no plano da espira aumentam a medida que o ímã avança para baixo na

velocidade ˆv v j

. Logo, há um maior número de linhas de força do

campo magnético externo ˆB B j

do ímã sobre o plano da espira;

portanto o fluxo magnético B B dA

aumenta na direção vertical

para baixo( ˆB j

); assim, o campo magnético induzido sobre a

espira estará na direção contrária: vertical para cima înd indB B j

.

Portanto, a corrente induzida, pela regra da mão direta, circulará

sobre a espira no sentido anti-horário.

2. Pólo Sul de um ímã se afastando do plano da espira.

As linhas de força do campo magnético do ímã que entram no

plano da espira diminuem a medida que o ímã avança para cima na

velocidade ˆv v j

. Logo, há um menor número de linhas de força do

campo magnético externo ˆB B j



diminui ( ˆB j

);

assim, o campo magnético induzido sobre a espira estará na direção

contrária: vertical para cima înd indB B j

.

Portanto, a corrente induzida, pela regra da mão direta, circulará sobre a espira no sentido anti-horário.

3. Pólo norte de um ímã se afastando do plano da espira.

As linhas de força do campo magnético do ímã que entram no plano da espira diminuem a medida que o ímã avança para cima na


2

velocidade ˆv v j

. Logo, haverá um menor número de linhas de força

do campo magnético externo ˆB B j



diminui ( ˆB j

);


contrária: vertical para baixo: înd indB B j

.

Portanto, a corrente induzida, pela regra da mão direta, circulará sobre a espira no sentido horário.

4. Pólo Sul de um ímã se aproximando do plano da espira.

As linhas de força do campo magnético do ímã que entram no

plano da espira aumentam a medida que o ímã avança para cima na

velocidade ˆv v j

. Logo, haverá um maior número de linhas de força

do campo magnético externo ˆB B j



diminui ( ˆB j

);


contrária: vertical para baixo înd indB B j

.


sobre a espira no sentido horário.

5. Bobina móvel com corrente no sentido horário se

aproximando de bobina fixa.

i

iind

Caso análogo ao de um ímã com o pólo Norte se aproximando a

uma espira. Conforme a bobina desce velocidade ˆv v j

há um maior

número de linhas de força do campo magnético externo ˆB B j

do

ímã sobre o plano da bobina fixa; portanto o fluxo magnético

B B dA

aumenta na direção vertical para baixo( ˆB j

);

assim, o campo magnético induzido sobre a bobina estará na direção

contrária: vertical para cima înd indB B j

.


sobre a bobina no sentido anti-horário.

6. Chave sendo fechada num circuito com um indutor.

x

iind

i

+ -

Ao fechar a chave, a corrente i no indutor irá aumentar. O campo

magnético no indutor, dado pela regra da mão direita, terá uma variação

ˆB x

aumentando o fluxo magnético B B dA

nessa

direção; logo, deve haver um campo magnético induzido na espira no sentido

oposto: înd indB B x

que será causado, pela regra da mão direita por

uma corrente induzida (iind) na espira no sentido indicado .

7. Chave sendo aberta num circuito com um indutor.

x

iind

i

+ -

Ao abrir a chave, a corrente i no indutor irá diminuir. O campo

magnético no indutor, dado pela regra da mão direita, terá uma variação

ˆB x

aumentando o fluxo magnético B B dA

nessa

direção; logo, deve haver um campo magnético induzido na espira no sentido

oposto: înd indB B x

que será causado, pela regra da mão direita por

uma corrente induzida (iind) na espira no sentido indicado .

8. Chave já aberta num circuito com um indutor.

Nesse caso não haverá corrente induzida, pois não há corrente no

indutor.


3

9. Bobina imersa numa região de campo magnético uniforme.

Nesse caso não haverá corrente induzida, pois não há variação de

fluxo magnético sobre o plano da bobina.

10. Espira imersa em um campo magnético variável.

Nesse caso: ˆ0.02dB T

jdt s

.Resistência da espira é R = 5.0 .

Como o fluxo aumenta na direção j , o campo induzido deve

estar na direção înd indB B j

; pela regra da mão direita, a corrente

deverá circular no sentido horário.

( )Bd dB A

dt dt

0.020.012

5

0.048ind ind ind

dBA

dB dtA R i i i mAdt R

11. Bobina num campo magnético decrescente.

Uma bobina de 500 voltas e 4 cm de raio é colocada num campo

magnético decrescente a 0.2 T/s e forma 30° com o plano da bobina.

Encontre o módulo e o sentido da força induzida.

cos30Bd dBN N A

dt dt

2 2cos30 500 0.04 ( 0.2) cos30dB

N rdt

0.435V

12. Condutor com barra deslizante para a direita com velocidade

constante num campo magnético uniforme:

x

Nesse caso:

B

d l xd dAB B

dt dt dt

vdx

B l B l vdt

l

Nesse caso, a força será (sentido: regra da mão esquerda):

2 2B l v B l vF i l B l B l B F

R R R

A potência da força:

2 2 2B l vP F v P

R

13. Fechando a chave no primeiro circuito;

x

iB

iA

A corrente no primeiro circuito aumentará no sentido horário;

pela regra da mão direita, o campo magnético da bobina A:

0 A

NB i

l aumentará no sentido x ; assim, o campo induzido na

bobina B deverá estar no sentido înd indB B x

Pela regra da mão direita, a corrente deverá ter o sentido de b para a.

Se a chave for aberta depois do circuito estar funcionando por algum

tempo: O campo devido a bobina A diminuirá, causando uma variação

ÂB x

; assim, o campo induzido na bobina B deverá ter direção

ˆBindB x

; pela regra da mão direita, a corrente induzida é de a para b.


4

14. Bobina em movimento em uma região de campo magnético

uniforme ˆB B k

Suponha bobina de 85 voltas; B = 1.5T; R = 6.2 e v = 18cm/s.

.

iind

Espira entrando: 0 ≤ x ≤ b

Campo sobre sua área aumenta de forma que sua variação estará:

ˆB k

:

îndB k

iind: anti-horária

Fluxo magnético:

B BN B A N B L x

Espira totalmente na região de campo: b ≤ x ≤ d

Campo sobre sua área permanece constante:

0B

não varia o fluxo magnético: iind =0

Espira saindo: d ≤ x ≤ d+b

Campo sobre sua área diminui de forma que sua variação estará:

ˆB k

:

îndB k

iind: horária.

Fluxo magnético:

B BN B A N B L d x b

Força eletromotriz induzida:

3 85 0.13

1.5 0.18

( )

V

Bd dN B L x N B L v

dt dt

Corrente induzida:

2.98

6.2

0.48i i AR

Força magnética:

85 0.13

1.50.48

8.0F N i l B F N

Potência

8 0.18

1.4P F v P W

Suponha agora: N = 1; B = 2.0 T; R = 1.6 e v = 1.0 m/s e

L = 4cm; d = 15 cm; b = 10 cm. Faça os gráficos do fluxo magnético em

função de x, (x, B), força eletromotriz em função de x (x, ) e da Potência P

em função de x (x, P).

Fluxo magnético: mostre que:

0 se 0

se 0

se (8 )

se

B

x

B L x x b

B L b b x d mWb

B L d x b d x b d

fem

v

B B Bd d ddxv

dt dx dt dx

Potência:

2

PR

15. Determinar o fluxo magnético através de um solenóide de 40

cm de comprimento, 2.5 cm de raio e 600 espiras, percorrido por uma corrente de 7.5A.

Solução:

2 20.025A r A

2

0m m

NN B A N I r

l

22

0m

NI r

l

27 2600

4 10 7.5 0.0250.4

m

21.66 10m Wb

16. Um campo magnético uniforme faz um ângulo de 300 com o

eixo de uma bobina circular de 300 espiras com 4 cm de raio. O campo está variando à razão de 85 T/s. Determine o módulo da tensão induzida na

bobina.

Solução: Pela Lei de Faraday:

md

dt

cosm N B A

cos cosd dB

N B A N Adt dt


5

2300 0.04 cos30 85

111 V

17. Uma bobina de 80 espiras tem 5 cm e sua resistência é de 30

. Qual deve ser a taxa de variação de um campo perpendicular para que a corrente induzida na espira seja 4.0 A ?

Solução:

2

m mN B A N B r

2

mBN r

2

1 mddB

dt N r dt

Pela Lei de Faraday:

md

dt

2

1dB

dt N r

2

1dBI R

dt N r

2

14 30

80 0.05

dB

dt

191dB T

dt s

18. Uma bobina retangular de 80 espiras, 20 cm de largura e 30 cm de comprimento, é submetida a um campo magnético B = 0.8 T dirigido

para dentro do papel, com apenas metade da bobina na região em que existe

campo magnético, que se extende indefinidamente para a esquerda e direita.

A resistência da bobina é de 30 . Determinar o módulo, a direção e o

sentido da corrente induzida se a bobina está se movendo com uma

velocidade de 2 m/s (a) para a direita;

(b) para cima;

(c) para baixo.

Solução: (a) I = 0 pois o fluxo não varia!

(b) 20m mN B A N B x

20md dxN B

dt dt

mdR I

dt

20md dxN B

dt dtI IR R

0.853I A

A corrente está no sentido anti-horário.

(c) A corrente será a mesma que em (b) porém no sentido horário.

19. No esquema da figura, faça B = 0.6 T ,v = 8m/s, l = 15 cm e

R = 25 ; suponha que a resistência da barra e dos trilhos possa ser

desprezada. Determine: (a) a tensão induzida no circuito;

(b) a corrente no circuito;

(c) a força necessária para fazer com que a barra se desloque com velocidade constante.

(d) a potência dissipada no resistor.

Solução (a)

md dxN B l

dt dt

N B l v

1 0.6 0.15 8

0.72V

(b) 0.72

25I I

R

28.8I mA

(c) 0.0288 0.6 0.15F I B l F

2.59F mN

(d) 2 20.7P R I mW

Ou 20.7P F v mW

20. Uma barra de massa m desliza sem atrito sobre trilhos condutores em uma região onde existe um campo magnético uniforme

constante . No instante t = 0, a barra está se movendo com velocidade inicial

v0 e a força externa que agia sobre ela é removida. Determine a velocidade da barra em função do tempo.

Solução

dvF m a F m

dt F I B l

I IR R

B l v B l v

IR

B l vF I B l F B l

R

2 2B l vF

R

2 2dv B l vm

dt R

2 2dv B ldt

v m R

0

2 2

0

v t

v

dv B ldt

v m R

2 2 2 2

0

0

ln ln lnB l v B l

v v t tm R v m R

2 2

0

B lt

m Rv t v e


6

Indutância L e indutor. A indutância é a característica do comportamento de uma bobina

em resistir a qualquer mudança de corrente elétrica sobre a espira. Da Lei de

Faraday, teremos:

0 0

d d N N di dii A A L

dt dt l l dt dt

ou seja, a indutância L pode ser definida em termos da fem () gerada para se opor à mudança da corrente elétrica.

d diL

dt dt

Verificamos que a indutância L depende das características

Geométricas do circuito. Se tivermos um solenóide, o fluxo será dado por:

0 0

NB N A n i N A n l A i

l

2

0 n l A i L i

2 2

0 0

AL L n A l N

i l

Unidade: Henry (H) 1H = 1 V.s/A

(1Henry=1 Volt.1Segundo/1 Ampére).

Circuito RL simples. Podemos escrever a equação da leis de Kirchhoff como:

0di

V L R idt

( / ) ( / )R L dt R L tdi Ri e e

dt L L

Multiplicando-se a equação pelo fator de integração:

( )R R

t tL L

di e e

dt L

0

0

tR

tL

tR R Rt t t

L L L

e

i e e i eRL L

L

1

( ) ( ) 1

Rt

L

Rt

LR

tL

e

i t i t eR R

e

Observe que quando t aumenta sem limite, I tende para /R, que é

a corrente prevista pela lei de Ohm quando não há indutância presente.

Figura 1 – Circuito RL.

Figura 2 – Gráfico da corrente em função do tempo.

Circuito RL, Chave S1 aberta e S2 fechada, após a corrente no

indutor atingir o máximo valor.

Circuito RL, Chave S1 aberta e S2 fechada, após a corrente no indutor atingir o máximo valor.

No circuito RL simples da figura anterior, as chaves S1 e S2 são

colocadas de modo que a bateria seja removida do circuito. Depois da

corrente no indutor ter atingido seu máximo valor, com a chave S1 fechada, a

chave S2 é fechada e a S1 aberta. A corrente diminuirá com o tempo conforme mostra a figura a seguir.

Nesse caso a soma das tensões é igual a zero:

0di

L R idt

0 0

i t

i

di Rdt

i L

0

lni R

ti L 0( )

Rt

Li t i e

R

Ltc

, aqui é a chamada constante de tempo;0( ) C

t

ti t i e

Energia Magnética Quando instala-se uma corrente no circuito da figura acima, apenas parte da

energia fornecida pela bateria é dissipada no resistor, o restante da energia é

armazenada no indutor: 2 0di

E i L i R idt

2

2

mm m

dU di L iL i U dU L idi

dt dt

2 2

02 2m

L i B l AU

0

0

N B lB i i

l N

2

0e A

L Nl

2

2

0 20

02 2m m

A B lN

l N B l AU U

(Energia magnética armazenada num indutor)


7

Quando a corrente elétrica diminui, diminui a energia no indutor e

o campo magnético também diminui. Analogamente, o mesmo acontece quando temos um capacitor

carregado, para o caso do campo Elétrico E. A energia eletrostática

armazenada num capacitor de placas paralelas.

2

0

2 2e

E A dQ VU

(Energia eletrostática armazenada num capacitor)

Em geral, numa região do espaço onde há campo elétrico e magnético, definimos densidade de energia à relação:

221

02

02

U BE

V

A energia armazenada pela bobina de ignição produz a faísca

da vela no motor do automóvel.

21. Calcular a taxa de variação na corrente para um solenóide de

10 cm de comprimento, 5 cm2 de área e 100 espiras quando a fem induzida

for de 20V.

s

A

Ldt

dI

dt

dIL 5

510.18,3

10.2

20

22. Projetar uma bobina de raio R e número de voltas N para um

circuito RL de resistência 1K de forma que a constante de tempo seja de 10

s.

2

2

0

R

c c

L At L R t L N

R l

23 2

010 10c

RR t L N

l

24 7 210 4 10

RN

l

24 2 7 210 4 10

RN

l

4 22

2 7

10

4 10

RN

l

92,533 10 l

NR

Se montarmos uma bobina com um comprimento de l = 3 cm e raio 2 cm teremos:

9 9 25

2

2.533 10 2.533 10 3 103.4 10

2.5.10

lN

R

23. Determine a auto-indutância de um solenóide de

comprimento l = 10 cm, área 5 cm2 e 100 espiras.

Solução

2

0L n A l

2

7 41004 10 5 10 0.1

0.1L

56.28 10L H

24. Uma certa região do espaço contém um campo magnético de 200 G e um campo elétrico de 2.5.106 N/C. Determine:

(a) a densidade de energia na região. (b) a energia contida em uma caixa cúbica de lado l = 12 cm.

Solução: Densidade de energia elétrica:

2

0

1

2eu E

212 61

8.85 10 2.5 102

eu

327.7e

Ju

m

Densidade de energia magnética:

2

0

1

2m

Bu

2

7

1 0.02

2 4 10mu

3159m

Ju

m

Densidade de energia:

e mu u u 27.7 159u

3187

Ju

m

Energia no interior da caixa:

3 3187 0.12U u V U u l U

0.323U J

25. Uma bobina de auto-indutância 5.0 mH e resistência 15.0 é ligada aos terminais de uma bateria de 12 V cuja resistência interna é

desprezível.

(a) Qual é a corrente final?

(b) Qual a corrente após 100s?

Solução:

(a) ( ) 1t

fI t I e

Com L

R

0 12

15f fI I

R

0.8fI A

(b)

35 10333

15

Ls

R

100

333( 100 ) 0.8 1I t s e

( 100 ) 0.207I t s A

26. Determine o calor total produzido pelo resistor R da figura

quando a corrente no indutor diminui do valor inicial I0 até 0.

Solução:

2

0

( )dW

P dW P dt W R i t dtdt

0( )R

tLi t i e

2

0

0

Rt

LW R I e dt

2

2

0

0

Rt

LW R I e dt

2

2

0

0

2

tR

tL

t

eW R I

R

L

2

0 0 12

R LW I

R

2

0

2

L IW


8

27. Um circuito RL alimentado por uma bateria de fem = 12V

consiste em uma bobina de N = 7 voltas, raio R = 2.5 cm e comprimento 1

cm. A resistência possui valor R = 1.2 .

(a) Determine o valor da indutância da bobina:

22

0

RL N

l

2

7 2 50.0254 10 7 1.2 10

0.01L L H

(b) Encontre a constante de tempo do circuito e a corrente em função do tempo quando a chave for ligada.

551.2 10

1.0 10 0.011.2

Ls ms

R

(c) Qual a corrente elétrica após 0.02ms da chave ser ligada?

0.2

0.0112

( ) 1 ( ) 11.2

t

i t e i t eR

0.865

0.02

0.01

0.135

12( 0.02 ) 1 8.65

1.2i t ms e i A

(d) Determine o campo magnético sobre o eixo da bobina nesse

instante.

7

0

74 10 8.65

0.01

NB i B

l

7.6B mT

28. Uma bobina de Tesla (um gerador de alta voltagem) consiste de um longo solenóide de comprimento l, área de seção transversal A e N1

voltas de fio enrolado. Uma outra bobina externa (de N2 voltas) de raio maior

é colocada concêntrica à primeira.

Encontre: (a) O Campo magnético B1 no eixo da bobina interna, se a

corrente ue a circula é i1.

11 0 1

NB i

l

(b) O fluxo magnético sobre a bobina externa.

2 2

212 1 1 2 0 1 1mb b

NN B A N i R

l

2

2

0 1 2 1 1mb n n l R i

(c) O valor da indutância mútua entre as bobinas:

2 2

2,1 2,1 0 1 2 1

1

mbM M n n l R

i


9

Tensão Alternada - geração

Mais de 99% da energia elétrica produzida no mundo é obtida por

geradores elétricos oeprando com corrente alternada (AC). A vantagem sobre a corrente contínua é que pode ser transportada a longas distâncias, a

baixo valores de corrente e altos de tensão, para ser reduzida a perda de

energia por efeito Joule; podendo assim, ser transformada com o transformador, o qual utiliza o princípio da indução magnética.

Um gerador simples de corrente alternada é uma bobina girando em um

campo magnético uniforme, como ilustramos na figura abaixo: Figura 1 – Gerador AC.

cosm N B A

Aqui, N é o número de espiras, e A a área da bobina. Seja a

velocidade angular da bobina, que é mecanicamente acionada. Então:

2t f .

cosm N B A t

A força eletromotriz induzida será dada pela Lei de Faraday-Lenz:

cos mm

dN B A t

dt

senN B A t

senm t

m N B A (m é a tensão máxima).

Circuitos de tensão alternada.

Em eletrônica, representam-se fenômenos ondulatórios por

funções oscilantes como a seno e o cosseno. Exemplificando na teoria de

corrente alternada, temos uma tensão variando da forma senoidal, assim, para cada caso, a corrente e a tensão serão estudadas quando submetemos

essa tensão à um:

Corrente alternada com um Resistor:

Figura 2 – Circuito AC com resistor. (a) Gráficos de tensão e

corrente versus tempo ediagrama de fasores (b).

Equações:(Lei de Ohm) msen t R I mI sen t

R

Reatância resistiva: RX R

Fase: Corrente alternada num Indutor:

Figura 3 – Circuito AC com indutor. (a) Gráficos de tensão e

corrente versus tempo ediagrama de fasores (b).

Equações:

senL m

dIt L

dt

sen senm mL

dIt I tdt

dt L L

cos sen2

m mL LI t I t

L L

Reatância Indutiva: LX L

Fase: = -900

UL adianta-se 900 em relação a IL ou IL atrasa-se 90°

Corrente alternada num Capacitor

Figura 4 – Circuito AC com capacitor. (a) Gráficos de tensão e corrente

versus tempo ediagrama de fasores (b).

Equações:

senC m

Qt

C

senm C

dQQ C t I

dt

cos2

mC m

C

I C t sen tX

Reatância Capacitiva: 1

CXC

Fase: = + 900

UC atrasa-se 900 em relação a IC ou IC adianta-se. Recordar por:ELI the ICE man…

Valores médios, máximos e eficazes

Uma onda CA de tensão ou de corrente possui vários valores instantâneos ao longo do ciclo. São eles:

Vm, Im: Valor máximo ou de pico. Aplicado tanto ao pico negativo

como ao pico positivo.

Vpp ou Ipp: Vpp = 2 Vp = 2VM.

Valor Médio: V Média sobre todos os valores sobre uma onda

senoidal em meio período.

2

0

1

2

T

V V t dtT

Valor rms (root mean square): rmsV Quantidade de corrente ou

tensão contínua capaz de produzir a mesma potência de aquecimento. É

definido matematicamente por:

2

0

10.707

2

T

mrms rms rms m

VV V t dt V V V

T

Circuito RLC

Um importante circuito com muitas características da maior parte

dos circuitos ca é o circuito RLC em série com um gerador. A regra de

Kirchhoff :

senm

dI QL RI t

dt C

Figura 5 -

sen( )mI I t

Onde:

2 2( )

m mm

L C

U UI

Z R X X

R

XXtg CL

2 2( )L CZ R X X

impedância do circuito RLC

Potência média: 2

m mmed ef ef

U IP U I


10

29. Um circuito RCL em série, com L = 2H, C = 2F e R = 20 está

alimentado por um gerador de fem máxima de 100 V e frequência variável.

Determinar quando a frequência angular do gerador for de = 400 rad/s:

(a) A Impedância . (b) A fase (c) Acorrente máxima Im.

Solução:

(a) 6

1 11250

400 2 10CX

C

400 2 800LX L

Para calcular a impedância, o valor de XL – XC é muito maior que R

nas condições afastadas da ressonância. Então teremos para a

Impedância Z:

2 2( ) 450L CZ X X R

2 2 2 2(1250 800) 20 (450) 20 450Z

(b) 045022,5 87

20

L cX Xtg

R

(c) AZ

UI m

m 222,0450

100

30. Uma bobina de 250 voltas e 3 cm2 de área gira a 60 Hz sob um

campo magnético uniforme de 0.4T. Qual a fem máxima produzida?

2m mN B A N B A f

4250 0.4 3 10 2 60m

11.31m V

31. Um resistor de 12Ω está conectado a um gerador AC de pico 48 V. Encontre:

(a) A corrente rms.

(b) a potência média. (c) a máxima potência.

Solução:

(a) rms

rms

VI

R

4833.9411

2 2

p

rms rms rms

VV V V V

33.94

12rmsI

2.83rmsI A

(b) Potência média:2

av rmsP R I 212 2.83avP

96avP W

(c) Potência máxima:2

max maxP R I

maxmax

VI

R

max max

484

12I I A

max 192P W

32. Um capacitor de 20 µF é colocado com um gerador de CA com

tensão máxima de 100V. Encontre a reatância capacitiva e a máxima corrente quando a freqüência for de:

(a) f 1 = 60 Hz (b) f 2 = 2000 Hz.

(a) f 1= 60 Hz

6

1 1 1

2 2 60 20 10C C CX X X

C f C

132.63CX

mmI

Z

2 2 2 2( ) 0 (0 )L C C CZ R X X X X

1000.75

132.63m mI I A

(b) f 2= 2000Hz

6

1 1 1

2 2 2000 20 10C C CX X X

C f C

3.98CX

mmI

Z

2 2 2 2( ) 0 (0 )L C C CZ R X X X X

10025

3.98m mI I A

33. Em um circuito RLC, R = 20 Ω, a capacitância eletrostática com valor C = 2 µF e a indutância do indutor vale L = 2 H. O valor máximo da

fem do gerador é max = 100V e a freqüência do gerador é f = 60 Hz.

6

1 1 1

2 2 60 2 10C C CX X X

C f C

1326.3CX

2 2 60 2L L LX L X f L X

753.98LX

mmI

Z

2 2( )L CZ R X X

2 220 (753.98 1326.3) 572.67Z

1000.17

572.67m mI I A

34. Um resistor R e um capacitor C estão ligados em série com um gerador . A tensão do gerador é dada por:

0 cosentV V t

Determine o valor rms da tensão entre os terminais do capacitor,

Vsai,rms em função da freqüência angular .

Solução:

,sai rms C rmsV X I

,ent rms

rms

VI

Z

2 2

CZ R X


11

,

,

ent rms

sai rms C

VV X

Z

,

,2 2

ent rms

sai rms C

C

VV X

R X

1CX

C

,

,

2

2 2

1

1

ent rms

sai rms

VV

CR

C

0

,2 2 2

2 2

1 2

1sai rms

V

VC C R

C

0

,2 2 2

1 2

1sai rms

V

VC C R

C

0,

2 2 2

1

2 1sai rms

VV

C R

Observação: Esse circuito é denominado de filtro RC passa

baixas.

cos cossen a b sena b senb a

cos cos cosa b a b sena senb

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Linhas de Campo magnético - claudio.sartori.nom.br · equações de Maxwell. Resumidamente ela diz que uma voltagem (fem) pode ser gerada por mudança (variação) do fluxo magnético