Física III Escola Politécnica GABARITO DA PR 19 de julho de 2012

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1 Física III Escola Politécnica GABAITO DA P 19 de julho de 212 Questão 1 Um bastão fino de comprimento L, situado ao longo do eixo x, tem densidade linear de carga λ(x) = Cx, para < x < L e C é uma constante positiva. x= x=l P x (a) (1, ponto) Calcule o potencial elétrico produzido pelo bastão num ponto P do eixo x de coordenada x > L. (b) (1, ponto) A partir do potencial calculado no item (a), calcule a componente x do campo elétrico num ponto P do eixo x de coordenada x > L. (c) (,5 ponto) Calcule a carga total Q do bastão. Expresse sua resposta em termos de C e L. 1

2 Solução da questão 1 (a) O potencial elétrico em um ponto do eixo x com x > é V(x) = 1 dq 4πǫ r = 1 L Cx dx = C [x +xln(x x )] L 4πǫ x x 4πǫ ( x L = V(x) = C 4πǫ [ L+xln x )]. (b) A componente x do campo elétrico pode ser obtido através do potencial: E x (x) = dv(x) = C [ ( ) x L ln + x ] dx 4πǫ x x L 1 = C [ ( ) x L ln 4πǫ x (c) A carga total no bastão é Q = L λ(x)dx = L Cxdx = C x2 2 L = C L L ]. x L 2

3 Questão 2 (I) (1, ponto) O modelo de átomo de utherford consiste de uma carga puntiforme positiva +Ze, circundada por uma carga negativa Ze uniformemente distribuída numa esfera de raio centrada na carga positiva, conforme a figura 2. Calcule o vetor campo elétrico num ponto dentro do átomo, isto é num ponto a uma distância r < do centro da esfera Ze Ze (II) Considere o trecho de um fio condutor na forma de um arco de 1/4 de círculo de raio por onde passa uma corrente I. O arco está no plano xy, conforme a figura. y I z O x (a) (1, ponto) Calcule o vetor campo magnético produzido pelo fio no ponto O (origem do sistema de coordenadas). (b) (,5 ponto) Se houver um campo magnético homogêneo B = B k em todo o espaço, qual é o vetor força resultante sobre o arco? 3

4 Solução da questão 2 (I) Modelo de utherford. O campo elétrico devido à carga puntiforme +Ze é E + = Ze 4πǫ 1 r 2 r. A carga negativa tem densidade volumétrica igual a ρ = Ze 4π 3 /3. O campo elétrico E produzido pela carga negativa num ponto a uma distância r do centro é igual, pela lei de Gauss, ao campo produzido por uma esfera de raio r e densidade ρ. Isto é, E = ρ4πr3 /3 1 Ze r r = 4πǫ r2 4πǫ r. 3 Portanto, o campo total é E = E + + E = Ze ( 1 4πǫ r r ) r. 2 3 (II) Fio condutor. (a) O campo produzido por um elemento d l do fio é dado pela lei de Biot-Savart, d B O = µ I 4π d l ˆr r 2, onde ˆr é um versor que aponta do elemento d l em direção ao ponto O. Note que para todos os elementos d l ˆr = dl k, além disto r =, portanto B O = µ I 4π (b) A força sobre o elemento d l do fio é 1 2 dl k = µ I 8 k. d F = Id l B. A força sobre todo o fio, lembrando que B é homogêneo, é ( ) F = I d l B = I( ı+ j) B k = IB( ı+ j). 4

5 Questão 3 (a) (1, ponto) Usando a lei de Ampère calcule o campo magnético dentro de um solenóde de comprimento L com espiras de área A 1 percorridas por uma corrente I. (b) (,5 ponto) Calcule a auto-indutância do solenóide do item (a). (c) (1, ponto) Dentro do solenóide do item (a) é colocado um solenóide menor com N 2 espiras de área A 2. Os eixos dos dois solenóides coincidem, conforme a figura. Calcule a indutância mútua entre os dois solenóides., A 1, N2 A 2 5

6 Solução da questão 3 (a) O campo magnético fora do solenóide é zero. Dentro, o campo é uniforme e tem a direção do eixo do solenóide. Usando a lei de Ampère com o caminho C mostrado B C na figura obtemos C B d l = µ I int Bh = µ L hi h B = µ L I. (b) O fluxo total do campo magnético através das espiras do solenóide é Φ total = φ espira = µ L IA 1 = µ N 2 1 L A 1I, onde I é a corrente no solenóide. Como Φ total = LI, onde L é a auto-indutância, obtemos L = µ N 2 1 L A 1. (c) O fluxo magnético Φ 21 no solenóide menor com N 2 espiras, devido ao solenóide maior com espiras é Φ 21 = N 2 φ espira = N 2 µ L IA 2 = µ N 2 L A 2I, mas Φ 21 = MI, onde M é a indutância mútua, portanto M = µ N 2 L A 2. 6

7 Questão 4 No circuito mostrado na figura a chave S permaneceu fechada por muito tempo. A chave S é aberta no instante t =. + ε L S (a) (,5 ponto) Calcule o valor I da corrente através do indutor no instante t =. Se você não resolver o item (a), deixe as respostas dos itens (b) e (c) em termos de I. (b) (1, ponto) Escreva a equação diferencial para a corrente I(t) no indutor para t e encontre a solução que satisfaz a condição inicial. (c) (,5 ponto) Calcule a energia total dissipada no resistor a partir de t =. (d) (,5 ponto) Se = 1Ω e L = 5 mh, em quanto tempo a corrente cai para metade de seu valor inicial? Dado: ln2,7. 7

8 Solução da questão 4 (a) Após um tempo muito longo, com a chave S fechada, o indutor se comporta como um fio ideal de resistência nula. Assim, só passa corrente através do indutor e do resistor mais ao alto da figura. A corrente em t = é I = E. (b) A equação diferencial do circuito L que resulta ao abrir-se a chave S é L di dt A equação acima pode ser integrada I(t) I di t = I L dt = ln = I di dt = L I. ( ) I(t) = L t = I(t) = I e t/l = E e t/l. I (c) A energia total dissipada pelo resistor é E diss. = I 2 dt = I 2 e 2t/L dt = L 2 I2 e 2t/L O último termo é exatamente a energia no indutor em t =. (d) A corrente cai pela metade no instante t = t 1/2 obtido através de = 1 2 LI2. I(t 1/2 ) = I e t 1/2/L = I 2 = e t 1/2/L = 1 2 = t 1/2 = L ln2 3,5 1 4 s. 8

9 Formulário F = qq ( r r ) 4πǫ r r 3, F = qe, E q( r r ) = 4πǫ r r 3, E 1 dq = 4πǫ r 2ˆr, Φ E = E d A, E d A = q int ǫ, V = q B 4πǫ r r, V B V A = A E d l, V = 1 dq 4πǫ r, E = V, 1 q i V =, U = 1 q i q j, C = Q/V, 4πǫ r i i 4πǫ r i<j ij U = Q2 2C = CV 2 2 V = I, P = VI = I 2 = V 2 df = Id l B, db = µ I 4π E d l = d dt = QV 2, u = ǫ 2 E2, E = E κ, I = dq dt = n q v da, J = n q vd,, F = qe+q v B, ΦB = B d A, B d A =, d l ˆr r 2, F l = µ I 1 I 2 2πr, B d l = µ I int, E = dφ m dt, B d A, Φ total = Nφ espira = LI, Φ total 21 = N 2 φ espira = M 21 I 1, xdx ax+b = x a b a 2 ln(ax+b), u = B2, U = LI2 2µ 2, u = B2, 2µ xdx (ax+b) 2 = b a 2 (ax+b) + 1 a 2 ln(ax+b). 9