No toroide de seção reta retangular mostrado na fig. (2), com w=5 \mathrm{~mm}, h=15 \mathrm{~mm}, o comprimento médio do caminho é \ell_{\mathrm{m}}=18 \mathrm{~cm} e N=100 espiras e o material tem permeabilidade relativa que pode ser considerada infinita. É introduzido um entreferro de 0,05 \mathrm{~mm} de comprimento. Calcule
(a) a indutância L_{\mathrm{m}} da bobina, supondo que o núcleo seja insaturado;

Passo 1

O que o enunciado pede: calcular a indutância L_{\mathrm{m}} da bobina quando o núcleo está insaturado e a permeabilidade relativa do material pode ser considerada infinita, após a introdução de um entreferro de comprimento 0,05\\ \mathrm{mm}.
Dados fornecidos (vou listar exatamente o que o enunciado dá):
  • largura da seção transversal: w=5\\ \mathrm{mm}.
  • altura da seção transversal: h=15\\ \mathrm{mm}.
  • comprimento médio do caminho magnético (do toroide): \ell_{\mathrm{m}}=18\\ \mathrm{cm}.
  • número de espiras: N=100.
  • permeabilidade relativa do núcleo: \mu_r\to\infty (ou seja, núcleo com permeabilidade muito alta).
  • comprimento do entreferro: g=0,05\\ \mathrm{mm}.
Observação importante do enunciado (já fornecida): a permeabilidade relativa do núcleo pode ser considerada infinita — isso afeta fortemente quais partes do circuito magnético importam para o cálculo da indutância.

Passo 2

Conceitos e fórmulas essenciais (aulas rápidas, mastigadas):
  • Uma bobina com núcleo forma um circuito magnético. A fonte do campo é a força magnetomotriz (f.m.m.) \mathcal{F}=N I, onde N é número de espiras e I a corrente.
  • A resistência que o circuito magnético oferece ao fluxo magnético chama-se relutância, denotada \mathcal{R}. A lei análoga de Ohm para magnetismo é
\mathcal{F}= \Phi\,\mathcal{R},
onde \Phi é o fluxo magnético.
  • A relutância de um trecho homogêneo do circuito é dada por
\mathcal{R}=\frac{\ell}{\mu A},
onde \ell é o comprimento desse trecho, \mu é a permeabilidade absoluta ( \mu=\mu_0\mu_r) e A é a área da seção transversal.
  • O fluxo ligado a cada espira gera o fluxo ligado total (enrolamento) \lambda=N\Phi. A indutância é definida por
L=\frac{\lambda}{I}=\frac{N\Phi}{I}.
Usando \Phi = \mathcal{F}/\mathcal{R}=NI/\mathcal{R}, obtemos a fórmula prática
L=\frac{N^2}{\mathcal{R}}.
  • No nosso caso, como \mu_r\to\infty para o núcleo, a relutância do núcleo tende a zero, então a relutância dominante (e praticamente única) é a do entreferro. Logo podemos calcular \mathcal{R} apenas pelo entreferro.

Passo 3

Cálculo da área da seção transversal (passo de conversão de unidades e atenção às potências de 10):
  • Primeiro converto w e h para metros:
w=5\\ \mathrm{mm}=5\times10^{-3}\\ \mathrm{m},\qquad h=15\\ \mathrm{mm}=15\times10^{-3}\\ \mathrm{m}.
  • A área da seção transversal é
A = w\cdot h = (5\times10^{-3})(15\times10^{-3})\\ \mathrm{m}^2 = 75\times10^{-6}\\ \mathrm{m}^2 = 7,5\times10^{-5}\\ \mathrm{m}^2.

Passo 4

Cálculo da relutância do entreferro:
  • Comprimento do entreferro em metros:
g=0,05\\ \mathrm{mm}=0,05\times10^{-3}\\ \mathrm{m}=5\times10^{-5}\\ \mathrm{m}.
  • Permeabilidade do vácuo (constante):
\mu_0 = 4\pi\times10^{-7}\\ \mathrm{H/m}\approx 1,25663706\times10^{-6}\\ \mathrm{H/m}.
  • Relutância do entreferro (única relutância significativa):
\mathcal{R}_g=\frac{g}{\mu_0 A}.
Agora substituindo os valores:
\mu_0 A = \bigl(1,25663706\times10^{-6}\bigr)\bigl(7,5\times10^{-5}\bigr) =9,42477795\times10^{-11}\\ \mathrm{H\cdot m}^{-1}.
\mathcal{R}_g=\frac{5\times10^{-5}}{9,42477795\times10^{-11}} \approx 5,30516\times10^{5}\\ \mathrm{A/Wb}.

Passo 5

Cálculo da indutância usando L=\dfrac{N^2}{\mathcal{R}_g} (ou a forma direta L=\dfrac{\mu_0 N^2 A}{g}):
  • Fórmula equivalente e mais direta:
L=\frac{\mu_0 N^2 A}{g}.
  • Substituindo N=100, \mu_0, A e g:
L=\frac{(1,25663706\times10^{-6})(100)^2(7,5\times10^{-5})}{5\times10^{-5}}.
  • Faço as contas por partes:
(1,25663706\times10^{-6})\cdot(100)^2 = 1,25663706\times10^{-6}\cdot10^{4}=1,25663706\times10^{-2},
1,25663706\times10^{-2}\cdot7,5\times10^{-5}=9,42477795\times10^{-7},
\frac{9,42477795\times10^{-7}}{5\times10^{-5}}=1,88495559\times10^{-2}\\ \mathrm{H}.
  • Em unidades mais usuais:
L \approx 0,0188496\\ \mathrm{H}=18,8496\\ \mathrm{mH}.

Passo 6

Comentários didáticos e cuidados práticos (para hora da prova):
  • A razão de desprezarmos o núcleo foi a hipótese \mu_r\to\infty. Se \mu_r fosse finita, teríamos que somar as relutâncias do núcleo ( \ell_{\mathrm{m}}/(\mu_0\mu_r A)) e do entreferro; normalmente o entreferro domina quando g não for extremamente pequeno.
  • Em problemas reais, para entreferros maiores ocorre fringing (a área efetiva aumenta). Aqui o entreferro é muito pequeno ( 0,05\\ \mathrm{mm}), então o cálculo sem correção de fringing é aceitável para a prova.
  • Motivação rápida: é útil memorizar a forma prática \;L\approx\mu_0\mu_r\frac{N^2 A}{\ell}\; (para circuito homogêneo) e, quando há entreferro, usar \;L\approx\mu_0\frac{N^2 A}{g}\; se o entreferro domina.

Resposta

L_{\mathrm{m}}\approx 0,01885\\ \mathrm{H}=18,85\\ \mathrm{mH}

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