Exercícios Resolvidos de Fasores e Circuitos RLC

Depois de medir a autoindutância de uma bobina, você a desenrola e então enrola metade do comprimento do fio em outra bobina com o mesmo diâmetro e mesmo comprimento, mas com a metade do número de espiras. Com esta ação, a autoindutância:

  1. Reduz-se a 1 / 4 da anterior
  2. É a mesma
  3. Dobra
  4. Reduz-se à metade da anterior
  5. Quadruplica

Passo 1

Cara, uma bobina tem essa cara aqui...

De acordo com a teoria, podemos encontrar o valor da autoindutância L , sabendo que existe uma relação do fluxo concatenado pela bobina ϕ com a autoindutância...

ϕ = L ⋅   I

Então basta encontrar qual é a cara desse fluxo ϕ que depois está resolvido o nosso problema.

MOSTRAR SOLUÇÃO COMPLETA

Passo 2

Repare que o campo magnético criado pelo solenoide gera um fluxo de campo dentro do própria bobina. Esse luxo é ϕ e pode ser encontrado pegando o fluxo de uma única espira...

ϕ e s p i r a = ∯ S   B →   d A →

E depois multiplicando pelo fluxo gerado por N espiras que contém a nossa bobina...

ϕ = N ϕ e s p i r a = N ∯ S   B →   d A →

Além disso, repare que o campo magnético é sempre paralelo ao vetor de área d A → . Esse paralelismo nos permite falar que B →   d A → = B   d A e, portanto...

ϕ = N ∯ S   B   d A

Veja aqui que o campo B é sempre uniforme dentro do solenoide, ou seja, possui o mesmo valor em todos os pontos da espira, portanto, não se varia com a posição da área d A → dentro...

ϕ = N B ∯ S     d A

A integral de d A é a área de uma espira do solenoide...

ϕ = N   B ⋅ Á r e a   ( e s p i r a )

ϕ = N B ⋅ π r e s p i r a 2   →

Como vimos, o campo magnético do solenoide B pode ser calculado por...

B s o l = μ 0 N I l

Ou seja...

ϕ = N ⋅ μ 0 N I l ⋅ π r e s p i r a 2     →

Repare que podemos rearranjar da seguinte forma...

ϕ = μ 0 N 2 l π r e s p i r a 2 ⋅ I    

E o que isso nos revela sobre a autoindutância?

Passo 3

Bem, nos revela que a autoindutância de uma bobina L vale...

L = μ 0 N 2 l π r e s p i r a 2

Ou seja, se a gente enrola o fio em outra bobina de mesmo diâmetro (portanto mesmo raio r e s p i r a ) e mesmo comprimento l , mas com a metade do número de espiras, ou seja, N / 2 , a nossa nova indutância L n o v a vai cair...

L n o v a = μ 0 N 2 2 l π r e s p i r a 2     →

L n o v a = 1 4 μ 0 N 2 l π r e s p i r a 2     →

L n o v a = 1 4 L

Ou seja, a indutância da bobina se reduz 1 / 4 !

Resposta

Letra A

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