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Gabarito: 1,5 Volts
Física III ⇒ Eletromag Tópico resolvido
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GauchoEN 
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Mar 2021
20
08:19
Eletromag
Uma haste metálica de comprimento L = 20 cm gira em torno do eixo E, com frequência f = 1 500 rpm, em um plano perpendicular a um campo magnético uniforme e constante de intensidade B = 0,5 T. Calcule o módulo da força eletromotriz induzida entre as extremidades da haste. Use π = 3
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Se não fosse imperador, desejaria ser professor. Não conheço missão maior e mais nobre que a de dirigir as inteligências jovens e preparar os homens do futuro.~~ Melhor governante brasileiro: Dom Pedro II
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joaopcarv 
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Abr 2021
09
00:04
Re: Eletromag
Para simplificarmos, vamos considerar o eixo [tex3]\mathsf{E}[/tex3]
como sendo o eixo [tex3]\mathsf{z}[/tex3]
e que, portanto, a barra se encontra no plano [tex3]\mathsf{xy}[/tex3]
girando entorno do eixo [tex3]\mathsf{z.}[/tex3]
Do enunciado, temos que [tex3]\mathsf{\vec{B} \ = \ 0,5 \ \hat{k} \ T}[/tex3]
(como pede-se [tex3]\varepsilon[/tex3]
, então adotaremos um sentido arbitrário para o campo magnético e para a rotação da barra.)
Sejam [tex3]\mathsf{A}[/tex3] e [tex3]\mathsf{B}[/tex3] as extremidades da barra. Consideraremos que [tex3]\mathsf{A}[/tex3] está na origem e que [tex3]\mathsf{B}[/tex3] está a uma distância de [tex3]\mathsf{L \ = \ 0,2 \ m}[/tex3] da origem.
Seja [tex3]\omega[/tex3] o módulo da velocidade angular da barra. Se a mesma gira a uma taxa constante de [tex3]\mathsf{f \ = \ 1500 \ rpm \ = \ 25 \ hz}[/tex3] , temos que [tex3]\omega[/tex3] é constante e vale [tex3]\mathsf{\omega \ = \ 2 \cdot \cancelto{3}{\pi} \cdot 25 \ = \ 150 \ \dfrac{rad}{s}}.[/tex3] Como a barra gira ao redor de [tex3]\mathsf{z}[/tex3] , então [tex3]\mathsf{\vec{\omega} \ = \ 150 \ \hat{k} \ \dfrac{rad}{s}}.[/tex3]
Seja [tex3]\varepsilon[/tex3] o módulo da força eletromotriz induzida na barra, ou seja, o módulo de [tex3]\mathsf{V_{AB}.}[/tex3] Pela Lei de Faraday:
[tex3]\mathsf{\varepsilon \ = \ \Bigg|\dfrac{\partial \Phi_{M}}{\partial t}\Bigg|,}[/tex3]
em que [tex3]\mathsf{\Phi_{M}}[/tex3] é o fluxo magnético na área [tex3]\mathsf{S}[/tex3] delimitada por [tex3]\mathsf{A}[/tex3] a [tex3]\mathsf{B}[/tex3] .
Tratando-se de uma rotação, adotando o eixo [tex3]\mathsf{x}[/tex3] como referência, a área [tex3]\mathsf{S}[/tex3] é o setor circular de raio [tex3]\mathsf{R \ = \ L \ =\ 0,2 \ m}[/tex3] , com [tex3]\theta[/tex3] sendo o ângulo entre o eixo [tex3]\mathsf{x}[/tex3] e a barra. Mas, a rigor, vamos à definição:
[tex3]\mathsf{\Phi_{M} \ = \iint_{S} \ \vec{B} \cdot \vec{dA}}[/tex3]
Sendo que a barra permanece rotacionando no plano [tex3]\mathsf{xy}[/tex3] , a área [tex3]\mathsf{S}[/tex3] e seus infinitesimais são constantemente orientados pela normal [tex3]\mathsf{\vec{n} \ = \ \hat{k}.}[/tex3] Portanto temos:
[tex3]\mathsf{\vec{dA}\ =\ \underbrace{dr}_{infinitesimal \ de \ raio} \cdot \underbrace{r \cdot d\theta}_{inf. \ de \ arco} \ \underbrace{\hat{k}}_{\vec{n}}}[/tex3]
Calculando então o fluxo, com [tex3]\mathsf{\vec{B} \ = \ 0,5 \ \hat{k} \ T:}[/tex3]
[tex3]\mathsf{\Phi_{M} \ = \int\limits_{0}^{\theta}\int\limits_{0}^{0,2} \ 0,5 \cdot \cancelto{1}{\hat{k} \cdot \hat{k}} \cdot rdrd\theta}[/tex3]
[tex3]\mathsf{\Phi_{M}\ = \ 0,01 \cdot \theta \ Wb}[/tex3]
Por fim, voltando à Lei de Faraday:
[tex3]\mathsf{\varepsilon \ = \ \Bigg|\dfrac{\partial \Phi_{M}}{\partial t}\Bigg|}[/tex3]
[tex3]\mathsf{\varepsilon \ = \ \Bigg|\dfrac{\partial (0,01 \cdot \theta)}{\partial t}\Bigg|}[/tex3]
[tex3]\mathsf{\varepsilon \ = \ 0,01 \cdot \Bigg| \dfrac{d\theta}{dt} \Bigg|}[/tex3]
[tex3]\mathsf{\varepsilon \ = \ 0,01 \cdot |\omega|}[/tex3]
[tex3]\mathsf{\varepsilon \ = \ 0,01 \cdot 150 }[/tex3]
[tex3]\boxed{\boxed{\mathsf{\varepsilon \ = \ 1,5 \ V}}}[/tex3]
Penso ser isso
Sejam [tex3]\mathsf{A}[/tex3] e [tex3]\mathsf{B}[/tex3] as extremidades da barra. Consideraremos que [tex3]\mathsf{A}[/tex3] está na origem e que [tex3]\mathsf{B}[/tex3] está a uma distância de [tex3]\mathsf{L \ = \ 0,2 \ m}[/tex3] da origem.
Seja [tex3]\omega[/tex3] o módulo da velocidade angular da barra. Se a mesma gira a uma taxa constante de [tex3]\mathsf{f \ = \ 1500 \ rpm \ = \ 25 \ hz}[/tex3] , temos que [tex3]\omega[/tex3] é constante e vale [tex3]\mathsf{\omega \ = \ 2 \cdot \cancelto{3}{\pi} \cdot 25 \ = \ 150 \ \dfrac{rad}{s}}.[/tex3] Como a barra gira ao redor de [tex3]\mathsf{z}[/tex3] , então [tex3]\mathsf{\vec{\omega} \ = \ 150 \ \hat{k} \ \dfrac{rad}{s}}.[/tex3]
Seja [tex3]\varepsilon[/tex3] o módulo da força eletromotriz induzida na barra, ou seja, o módulo de [tex3]\mathsf{V_{AB}.}[/tex3] Pela Lei de Faraday:
[tex3]\mathsf{\varepsilon \ = \ \Bigg|\dfrac{\partial \Phi_{M}}{\partial t}\Bigg|,}[/tex3]
em que [tex3]\mathsf{\Phi_{M}}[/tex3] é o fluxo magnético na área [tex3]\mathsf{S}[/tex3] delimitada por [tex3]\mathsf{A}[/tex3] a [tex3]\mathsf{B}[/tex3] .
Tratando-se de uma rotação, adotando o eixo [tex3]\mathsf{x}[/tex3] como referência, a área [tex3]\mathsf{S}[/tex3] é o setor circular de raio [tex3]\mathsf{R \ = \ L \ =\ 0,2 \ m}[/tex3] , com [tex3]\theta[/tex3] sendo o ângulo entre o eixo [tex3]\mathsf{x}[/tex3] e a barra. Mas, a rigor, vamos à definição:
[tex3]\mathsf{\Phi_{M} \ = \iint_{S} \ \vec{B} \cdot \vec{dA}}[/tex3]
Sendo que a barra permanece rotacionando no plano [tex3]\mathsf{xy}[/tex3] , a área [tex3]\mathsf{S}[/tex3] e seus infinitesimais são constantemente orientados pela normal [tex3]\mathsf{\vec{n} \ = \ \hat{k}.}[/tex3] Portanto temos:
[tex3]\mathsf{\vec{dA}\ =\ \underbrace{dr}_{infinitesimal \ de \ raio} \cdot \underbrace{r \cdot d\theta}_{inf. \ de \ arco} \ \underbrace{\hat{k}}_{\vec{n}}}[/tex3]
Calculando então o fluxo, com [tex3]\mathsf{\vec{B} \ = \ 0,5 \ \hat{k} \ T:}[/tex3]
[tex3]\mathsf{\Phi_{M} \ = \int\limits_{0}^{\theta}\int\limits_{0}^{0,2} \ 0,5 \cdot \cancelto{1}{\hat{k} \cdot \hat{k}} \cdot rdrd\theta}[/tex3]
[tex3]\mathsf{\Phi_{M}\ = \ 0,01 \cdot \theta \ Wb}[/tex3]
Por fim, voltando à Lei de Faraday:
[tex3]\mathsf{\varepsilon \ = \ \Bigg|\dfrac{\partial \Phi_{M}}{\partial t}\Bigg|}[/tex3]
[tex3]\mathsf{\varepsilon \ = \ \Bigg|\dfrac{\partial (0,01 \cdot \theta)}{\partial t}\Bigg|}[/tex3]
[tex3]\mathsf{\varepsilon \ = \ 0,01 \cdot \Bigg| \dfrac{d\theta}{dt} \Bigg|}[/tex3]
[tex3]\mathsf{\varepsilon \ = \ 0,01 \cdot |\omega|}[/tex3]
[tex3]\mathsf{\varepsilon \ = \ 0,01 \cdot 150 }[/tex3]
[tex3]\boxed{\boxed{\mathsf{\varepsilon \ = \ 1,5 \ V}}}[/tex3]
Penso ser isso
Última edição: joaopcarv (Sex 29 Jul, 2022 18:02). Total de 1 vez.
That's all I'd do all day. I'd just be the catcher in the rye and all.
"Last year's wishes are this year's apologies... Every last time I come home (...)"
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Abr 2021
12
18:39
Re: Eletromag
eita preula, não tem como fazer sem cálculo?
Chegou na integral n entendi pq ainda n vi isso... Mas valeu mano!
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Se não fosse imperador, desejaria ser professor. Não conheço missão maior e mais nobre que a de dirigir as inteligências jovens e preparar os homens do futuro.~~ Melhor governante brasileiro: Dom Pedro II
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Abr 2021
12
23:08
Re: Eletromag
Eu dei uma "sofisticada", mas, para esse caso, como a velocidade angular é constante em módulo e em vetor, assim como o campo magnético e a orientação da área varrida pela barra (sendo essa área contida apenas no plano [tex3]\mathsf{xy}[/tex3]
), o problema se torna trivial.
O campo é perpendicular à área varrida pela barra, sendo assim não temos componentes tangenciais do campo para desconsiderarmos no cálculo do fluxo.
Faça então [tex3]\mathsf{\epsilon \ = \ \dfrac{\Delta\Phi_M}{\Delta t}:}[/tex3]
[tex3]\mathsf{\epsilon \ = \ \dfrac{\Delta\big(B \cdot A\big)}{\Delta t}}[/tex3]
[tex3]\mathsf{\epsilon \ = \ \underbrace{B}_{constante} \cdot \dfrac{\Delta A}{\Delta t}}[/tex3]
Como vimos antes, a área [tex3]\mathsf{A}[/tex3] varrida pela barra (em relação ao eixo [tex3]\mathsf{x}[/tex3] ) a cada tempo [tex3]\mathsf{t}[/tex3] é um setor circular de ângulo [tex3]\theta[/tex3] e raio constante [tex3]\mathsf{R \ = \ L:}[/tex3]
[tex3]\mathsf{\epsilon \ = \ B \cdot \dfrac{\Delta\Big(\frac{\theta \cdot L^2}{2}\Big)}{\Delta t}}[/tex3]
[tex3]\mathsf{\epsilon \ = \ B \cdot \underbrace{\dfrac{L^2}{2}}_{constante} \cdot \cancelto{\omega}{\dfrac{\Delta\theta}{\Delta t}}}[/tex3]
[tex3]\mathsf{\epsilon \ = \ \dfrac{B \cdot \omega \cdot L^2}{2}}[/tex3]
Substituindo os valores:
[tex3]\mathsf{\epsilon \ = \ \dfrac{0,5 \cdot 150 \cdot (0,2)^2}{2}}[/tex3]
[tex3]\boxed{\boxed{\mathsf{\epsilon \ = \ 1,5 \ V}}}[/tex3]
Desculpe por ter colocado cálculo desnecessário
mas enfim, eu pensei em outra maneira menos usual, só que essa também envolve um pouquinho de cálculo.
O campo é perpendicular à área varrida pela barra, sendo assim não temos componentes tangenciais do campo para desconsiderarmos no cálculo do fluxo.
Faça então [tex3]\mathsf{\epsilon \ = \ \dfrac{\Delta\Phi_M}{\Delta t}:}[/tex3]
[tex3]\mathsf{\epsilon \ = \ \dfrac{\Delta\big(B \cdot A\big)}{\Delta t}}[/tex3]
[tex3]\mathsf{\epsilon \ = \ \underbrace{B}_{constante} \cdot \dfrac{\Delta A}{\Delta t}}[/tex3]
Como vimos antes, a área [tex3]\mathsf{A}[/tex3] varrida pela barra (em relação ao eixo [tex3]\mathsf{x}[/tex3] ) a cada tempo [tex3]\mathsf{t}[/tex3] é um setor circular de ângulo [tex3]\theta[/tex3] e raio constante [tex3]\mathsf{R \ = \ L:}[/tex3]
[tex3]\mathsf{\epsilon \ = \ B \cdot \dfrac{\Delta\Big(\frac{\theta \cdot L^2}{2}\Big)}{\Delta t}}[/tex3]
[tex3]\mathsf{\epsilon \ = \ B \cdot \underbrace{\dfrac{L^2}{2}}_{constante} \cdot \cancelto{\omega}{\dfrac{\Delta\theta}{\Delta t}}}[/tex3]
[tex3]\mathsf{\epsilon \ = \ \dfrac{B \cdot \omega \cdot L^2}{2}}[/tex3]
Substituindo os valores:
[tex3]\mathsf{\epsilon \ = \ \dfrac{0,5 \cdot 150 \cdot (0,2)^2}{2}}[/tex3]
[tex3]\boxed{\boxed{\mathsf{\epsilon \ = \ 1,5 \ V}}}[/tex3]
Desculpe por ter colocado cálculo desnecessário
mas enfim, eu pensei em outra maneira menos usual, só que essa também envolve um pouquinho de cálculo.That's all I'd do all day. I'd just be the catcher in the rye and all.
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