Exercícios Resolvidos de Circuitos RLC

Unicamp - Física 3 – P3 2018.1 - NOTURNO - 11

No circuito abaixo, o capacitor tem uma capacitância C e foi inicialmente carregado a uma diferença de potencial V 0 com a polaridade indicada na figura. Ele forma uma espira retangular, de lados l e w ao ser ligado em série a um resistor de resistência R e a uma chave S . A espira menor tem dimensões a e b , está afastada da espira maior por uma distância d , possui N voltas e é composta de um fio cuja resistência por unidade de comprimento vale λ . A figura não está desenhada em escala e é assumido que somente o fio da espira grande, mais próximo da espira pequena, produz campo magnético apreciável sobre esta ( l ≫ a , b e d , portanto l pode ser considerado um fio muito longo). Para todas as perguntas abaixo, desconsidere o fluxo criado pela bobina menor na bobina maior, bem como o fluxo criado pela bobina maior nela mesma. Nestas condições, encontre

  1. A corrente na espira maior em função do tempo depois que a chave é fechada;
  2. O sentido da corrente induzida na espira menor (indique na figura e justifique);
  3. A corrente induzida na espira menor em função do tempo depois que a chave foi fechada.

Passo 1

a) Vamos aplicar a lei das malhas a malha do circuito. Fazendo isso, teremos

- R i t - q t C = 0   ⇒ d q t d t = - 1 R C   q t   ,

em que usamos i t = d q t d t . Resolvendo a integral acima, teremos que

q t = q 0 e - t R C   .

Quando a chave S é ligada, em t = 0 , o capacitor tinha uma carga total de q 0 = V 0 C . Substituindo isso na expressão acima

q t = V 0 C e - t R C   .

Derivando com relação ao tempo, temos

i t = - V 0 R   e - t R C     ,

que mostra que a corrente no circuito decresce exponencialmente com o tempo.

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 2

b) O campo magnético gerado pela corrente i ( t ) na espira menor que encontramos está saindo do plano da página e é perpendicular a ela. No entanto, essa corrente está diminuindo com tempo, o que significa que fluxo magnético correspondente através da espira menor também está diminuindo com o tempo.

Como esse fluxo devido ao campo produzido por i ( t ) diminui com o tempo, vai aparecer uma corrente induzida i i n d no sentido anti-horário, o que produzirá um campo induzido   B → i n d cujo fluxo magnético se opõe à diminuição do fluxo devido a i ( t ) .

Passo 3

c) Para resolvermos este item, vamos olhar para a figura abaixo, em que apenas consideramos o fio “infinito” de comprimento l ( d ≪ l ) e a espira menor que possui N voltas.

O campo magnético  B → produzido pela corrente i ( t ) da espira maior à uma distância r do fio   l tem módulo dado por

B → r , t = μ 0 i t 2 π r   z ^   .

Portanto, se o vetor área d A → = N b d r   ( + z ^ ) da espira menor é paralelo ao campo, então o fluxo magnético total através da espira menor (que tem N espiras!) será:

Φ B t = N ∫ S B → ⋅ d A → = ∫ S B r , t   d A = μ 0 b i ( t ) 2 π   ∫ d d + a d r r   ,

que dá como resultado um fluxo igual a

Φ B t = μ 0 N b i t 2 π ln ⁡ d + a d   .

Passo 4

c) Continuação…

A fem induzida será

E = - d Φ B t d t = - μ 0 N b 2 π d i t d t ln ⁡ d + a d   .

Derivando a corrente i ( t ) que encontramos no Passo 1,

d i t d t = - V 0 R 1 R C e - t R C   .

Substituindo em E , temos

E ( t ) = - d Φ B t d t = μ 0 N b V 0 2 π R 2 C   ln ⁡ d + a d   e - t R C .

Como E t > 0 , isso significa que a corrente está no sentido anti-horário, já que, por causa da nossa escolha de   A → saindo do plano da página o sentido positivo o anti-horário, como já tínhamos concluído no item b.

Passo 5

c) Continuação…

Agora que já encontramos a fem induzida, podemos achar também a corrente induzida i i n d . Para isso, temos que nos lembrar que

E t = R a b i i n d   ⇒   i i n d ( t ) = E ( t ) R a b   ,

em que R a b é a resistência total da espira menor.

Como o problema diz que a resistência por unidade de comprimento da espira menor é λ e ela tem N voltas, então, o seu comprimento total é 2 N ( a + b ) e a sua resistência vale

R a b = λ N 2 a + 2 b ⇒ R a b = 2 N λ a + b   .

Fechando, a corrente induzida é, finalmente,

i i n d t = μ 0 b V 0 4 π λ ( a + b ) R 2 C   ln ⁡ d + a d   e - t R C   >   0 .  

Resposta

  1. i t = - V 0 R   e - t R C   ;
  2. A corrente induzida na espira menor tem sentido anti-horário;
  3. i i n d t = μ 0 b V 0 4 π λ ( a + b ) R 2 C   ln ⁡ d + a d e - t R C   >   0 .  

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