Considere um solenoide cilíndrico disposto no plano x y, centrado na origem, ( 0,0,0 ), \operatorname{com} N=1000 espiras, um comprimento de \ell=30 \mathrm{~cm} e uma raio de a=1,5 \mathrm{~cm}. O eixo do solenoide faz um ângulo de 30 graus com o eixo x (considere a aproximação de solenoide ideal).
a) (4 pontos) A corrente elétrica necessária para termos um campo magnético de 5 T ao longo do eixo y.
b) (3 pontos) Calcule a indultância mutua entre a bobina e a espira.
c) ( 3 pontos) A força eletromotriz induzida numa espira de 10 cm de raio disposta de tal forma que seu centro coincide com o centro do solenoide e seu eixo coincide com o eixo x quando o solenoide é percorrido por uma corrente elétrica variável no tempo I(t)=I_{0}-\alpha t^{2}, onde I_{0}=80 \mathrm{~A} e \alpha=1600 \mathrm{~A} / \mathrm{s}^{2}.
\square 0 \square 1 \square_{2} \square 3 \square 4 \square 5 \square 6 \square 7 \square 8 \square 9 \square 10

Passo 1

O enunciado descreve um solenoide ideal de N=1000 espiras, comprimento \ell=0{,}30\,\mathrm{m}, raio a=0{,}015\,\mathrm{m}, cujo eixo está no plano xy fazendo 30^\circ com o eixo x. Parte (a) pede a corrente para obter um campo de 5\,\mathrm{T} ao longo de y; usaremos
B=\mu_0\frac{N}{\ell}\,I
projetado em y.
Parte (b) pede a indutância mútua M entre esse solenoide e uma espira de raio 0{,}10\,\mathrm{m} com eixo em x:
M=\frac{\Phi}{I},\quad \Phi=\int B\cdot dA.
Parte (c) usa a lei de Faraday \varepsilon=-M\,\frac{dI}{dt} para I(t)=I_0-\alpha t^2.

Passo 2

Para (a), o campo dentro do solenoide é
B=\mu_0\frac{N}{\ell}\,I
na direção do eixo do solenoide, que faz 30^\circ com x e portanto projeta em y um componente
B_y = B\sin30^\circ =\mu_0\frac{N}{\ell}\,I\cdot\frac12.
Queremos B_y=5\,\mathrm{T}, logo
5 = \mu_0\frac{N}{\ell}\,\frac{I}{2} \quad\Longrightarrow\quad I = \frac{10\,\ell}{\mu_0\,N}.
Substituindo \ell=0{,}30\,\mathrm{m}, N=1000 e \mu_0=4\pi\times10^{-7}\,\mathrm{H/m},
I = \frac{10\times0{,}30}{4\pi\times10^{-7}\times1000} \approx2{,}39\times10^3\\ \mathrm{A}.

Passo 3

Para (b), a indutância mútua é
M = \frac{\Phi}{I},
onde a espira está com seu eixo em x, então o vetor normal à espira é \hat{\mathbf x}. Dentro do solenoide
B = \mu_0\frac{N}{\ell}\,I\;\hat{\mathbf u},
com \hat{\mathbf u} no plano xy a 30^\circ de x. O fluxo que atravessa a espira é
\Phi = \int B\cdot dA = \bigl(B\cos30^\circ\bigr)\,(\pi a^2) = \mu_0\frac{N}{\ell}\,I\cos30^\circ\,\pi a^2.
Logo
M = \mu_0\frac{N}{\ell}\,\pi a^2\cos30^\circ \approx2{,}6\times10^{-6}\,\mathrm{H}.

Passo 4

Para (c), a força eletromotriz induzida na espira é
\varepsilon = -M\,\frac{dI}{dt}.
Como I(t)=I_0-\alpha t^2,
\frac{dI}{dt} = -2\alpha\,t,
portanto
\varepsilon(t) = -M\bigl(-2\alpha\,t\bigr) =2\,M\,\alpha\,t.
Substituindo \alpha=1600\,\mathrm{A/s^2} e M\approx2{,}565\times10^{-6}\,\mathrm{H},
\varepsilon(t)\approx0{,}00819\,t\quad\mathrm{V}.

Resposta

(a) I\approx2{,}39\times10^3\\ \mathrm{A}.
(b) M\approx2{,}6\times10^{-6}\\ \mathrm{H}.
(c) \varepsilon(t)=2\,M\,\alpha\,t\approx0{,}00819\,t\\ \mathrm{V}.

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