Questão 13 (1º dia · Grupo 2) da 2ª etapa da UFG 2008

Question

Sobre dois planos inclinados acoplados, com ângulos \theta_1 e \theta_2, sendo \theta_1 > \theta_2, conforme as figuras abaixo, foram instalados, nos dois lados, um par de trilhos condutores ideais paralelos, separados de uma distância L e ligados entre si por um resistor de resistência R. Todo o conjunto encontra-se imerso numa região com um campo magnético horizontal de módulo B constante, paralelo ao plano da base conforme as figuras. Sobre os trilhos colocam-se duas barras condutoras idênticas de massa m, ligadas através de uma roldana por um fio ideal. Se o sistema for abandonado a partir do repouso, por causa da diferença entre os ângulos, as barras entrarão em movimento.

$Corte transversal mostrando a seção dos planos inclinados com ângulos $\theta_1$ e $\theta_2$, campo magnético horizontal B e as duas barras ligadas por fio passando por uma roldana$
Vista em perspectiva tridimensional dos planos inclinados mostrando os pares de trilhos condutores, os resistores R e as barras condutoras conectadas

Para cada barra, com base nos dados, nas figuras apresentadas e desprezando o atrito entre as barras e os trilhos,

a) represente, na figura, as respectivas correntes com os símbolos \otimes e \bullet para as correntes entrando e saindo do plano do papel, faça um diagrama de forças e escreva a segunda lei de Newton;
(3,0 pontos)

b) determine a corrente em função de B, R e da velocidade v da barra;
(1,0 ponto)

c) determine o módulo da velocidade terminal (máxima).
(1,0 ponto)

Answer 1

PRÁTICA COM QUESTÕES OFICIAIS

Questão 13 (1º dia · Grupo 2) da 2ª etapa da UFG 2008

1º dia · Física: Indução eletromagnética e transformadores

Sobre dois planos inclinados acoplados, com ângulos \theta_1 e \theta_2, sendo \theta_1 > \theta_2, conforme as figuras abaixo, foram instalados, nos dois lados, um par de trilhos condutores ideais paralelos, separados de uma distância L e ligados entre si por um resistor de resistência R. Todo o conjunto encontra-se imerso numa região com um campo magnético horizontal de módulo B constante, paralelo ao plano da base conforme as figuras. Sobre os trilhos colocam-se duas barras condutoras idênticas de massa m, ligadas através de uma roldana por um fio ideal. Se o sistema for abandonado a partir do repouso, por causa da diferença entre os ângulos, as barras entrarão em movimento.

$Corte transversal mostrando a seção dos planos inclinados com ângulos $\theta_1$ e $\theta_2$, campo magnético horizontal B e as duas barras ligadas por fio passando por uma roldana$
Vista em perspectiva tridimensional dos planos inclinados mostrando os pares de trilhos condutores, os resistores R e as barras condutoras conectadas

Para cada barra, com base nos dados, nas figuras apresentadas e desprezando o atrito entre as barras e os trilhos,

a) represente, na figura, as respectivas correntes com os símbolos \otimes e \bullet para as correntes entrando e saindo do plano do papel, faça um diagrama de forças e escreva a segunda lei de Newton;
(3,0 pontos)

b) determine a corrente em função de B, R e da velocidade v da barra;
(1,0 ponto)

c) determine o módulo da velocidade terminal (máxima).
(1,0 ponto)

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Resolução comentada

Resposta esperada pela UFG

a)

[Figura: à esquerda, esquema de uma cunha condutora triangular com ângulos de inclinação \theta_1 e \theta_2, imersa em um campo magnético horizontal \mathbf{B} apontando para a direita, contendo duas barras conectadas que deslizam nas rampas com correntes i_1 saindo do plano e i_2 entrando no plano; ao centro e à direita, diagramas de corpo livre com eixos x e y para cada barra: na barra 1 atuam \mathbf{N}_1 no sentido positivo de y, \mathbf{T}_1 no sentido positivo de x, \mathbf{F}_{\text{m}1} no primeiro quadrante e \mathbf{P}_1 no terceiro quadrante formando ângulo \theta_1 com o semi-eixo negativo de y; na barra 2 atuam \mathbf{N}_2 no sentido positivo de y, \mathbf{T}_2 no sentido negativo de x, \mathbf{F}_{\text{m}2} e \mathbf{P}_2 no quarto quadrante, com \mathbf{P}_2 formando ângulo \theta_2 com o semi-eixo negativo de y.]

\text{Barra 1: } \begin{cases} ma_x = T + i_1 BL\sen\theta_1 - mg\sen\theta_1 \\ 0 = N_1 + i_1 BL\cos\theta_1 - mg\cos\theta_1 \end{cases} \qquad \text{Barra 2: } \begin{cases} ma_x = mg\sen\theta_2 + i_2 BL\sen\theta_2 - T \\ 0 = N_2 - i_2 BL\cos\theta_2 - mg\cos\theta_2 \end{cases}

(3,0 pontos)

b) V_1 = Ri_1 = \dfrac{\Delta\phi}{\Delta t} = \dfrac{BL\Delta x\sen\theta_1}{\Delta t} = BLv\sen\theta_1, daí, i_1 = \dfrac{BLv}{R}\sen\theta_1

Analogamente, tem-se que: i_2 = \dfrac{BLv}{R}\sen\theta_2. (1,0 ponto)

c) A aceleração do sistema é obtida somando as duas equações obtidas da segunda lei de Newton na direção x, assim:

2ma_x = mg(\sen\theta_2 - \sen\theta_1) + BL(i_1\sen\theta_1 + i_2\sen\theta_2),

Substituindo os valores das correntes na equação acima, encontra-se

a_x = \frac{g}{2}(\sen\theta_2 - \sen\theta_1) + \frac{B^2 L^2}{2mR}(\sen^2\theta_1 + \sen^2\theta_2)v

Quando a aceleração a_x é zero, o sistema passa a descer a uma velocidade terminal, constante, dada por:

v = -\frac{mgR}{B^2 L^2}\left(\frac{\sen\theta_1 - \sen\theta_2}{\sen^2\theta_1 + \sen^2\theta_2}\right) \Rightarrow |v| = \frac{mgR}{B^2 L^2}\left(\frac{\sen\theta_1 - \sen\theta_2}{\sen^2\theta_1 + \sen^2\theta_2}\right) \qquad \text{(1,0 ponto)}

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Resolução comentada

a) Vamos usar x para a direita, y para cima e z saindo do papel. Como \theta_1>\theta_2, a barra da esquerda desce o plano 1 e puxa a da direita, que sobe o plano 2. O campo \vec B é horizontal, para a direita.

O fluxo muda porque só a componente da velocidade perpendicular a \vec B (a componente vertical) varia a área "vista" pelo campo. Pela lei de Lenz e pela força q\vec v\times\vec B, obtemos:

Barra da esquerda (desce, v_y<0): \vec v\times\vec B aponta para +z. A corrente sai do papel (\bullet).
Barra da direita (sobe, v_y>0): \vec v\times\vec B aponta para -z. A corrente entra no papel (\otimes).

A força magnética é \vec F=I\vec L\times\vec B, e essa força se opõe ao movimento de cada barra. Ela é vertical, porque é perpendicular a \vec B (horizontal) e à barra:

esquerda: \vec F_1 vertical para cima;
direita: \vec F_2 vertical para baixo.

Diagrama de forças, para cada barra:

Esquerda: peso m\vec g (vertical, para baixo), normal \vec N_1 (perpendicular ao plano), tração \vec T (ao longo do plano, para cima) e \vec F_1 (vertical, para cima).
Direita: peso m\vec g, normal \vec N_2, tração \vec T (ao longo do plano, para cima) e \vec F_2 (vertical, para baixo).

Uma força vertical F tem componente F\,\sen\theta ao longo de um plano inclinado de ângulo \theta. Com a positiva no sentido do movimento (a barra 1 desce e a 2 sobe), a segunda lei de Newton fica:

\text{Barra 1: } mg\,\sen\theta_1 - T - F_1\sen\theta_1 = ma

\text{Barra 2: } T - mg\,\sen\theta_2 - F_2\sen\theta_2 = ma

Com F_i=BI_iL, as componentes magnéticas valem F_i\sen\theta_i.

Resposta (a): correntes \bullet na barra da esquerda e \otimes na da direita, com as forças e as equações acima.

b) A fem de cada barra usa só a componente da velocidade perpendicular a \vec B, ou seja, v\,\sen\theta:

\varepsilon_i = B L v\,\sen\theta_i

Cada barra forma um circuito com seu resistor R, então I=\varepsilon/R:

I_1=\frac{BLv\,\sen\theta_1}{R},\qquad I_2=\frac{BLv\,\sen\theta_2}{R}

Resposta (b): I=\dfrac{BLv\,\sen\theta}{R}, com \theta=\theta_1 na barra da esquerda e \theta=\theta_2 na da direita.

c) Substituímos a corrente na força magnética:

F_i=BI_iL=\frac{B^2L^2v\,\sen\theta_i}{R}

Somando as duas equações do item (a), a tração se cancela:

mg(\sen\theta_1-\sen\theta_2)-\frac{B^2L^2v}{R}\left(\sen^2\theta_1+\sen^2\theta_2\right)=2ma

Na velocidade terminal, a=0:

v_{max}=\frac{mgR\,(\sen\theta_1-\sen\theta_2)}{B^2L^2\,(\sen^2\theta_1+\sen^2\theta_2)}

Resposta (c): v_{max}=\dfrac{mgR(\sen\theta_1-\sen\theta_2)}{B^2L^2(\sen^2\theta_1+\sen^2\theta_2)}.

Assuntos: Indução eletromagnética e transformadores, Plano inclinado, Força magnética.

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Questão 13 no caderno Grupo 2 da 2ª etapa da UFG 2008

Fonte: UFG 2ª etapa 2008 · 1º dia · Grupo 2. Prova oficial ↗