Durante a realização do teste/exame não é permitido o uso de telemóveis e calculadoras. Inicie a resolução de cada um dos problemas numa nova página.

Transcrição

1 o Eame de Fevereiro de 9: 8h3 Duração do eame: 3h Mestrado em Eng. Eletrotécnica e Computadores (MEEC Electromagnetismo e Óptica o emestre de 8-9 Prof. Jorge Romão (Responsável Prof. Luís Alves Prof. António ilvestre Prof. Miguel Neot Prof. Nuno Leonardo Prof. David Resendes Durante a realização do teste/eame não é permitido o uso de telemóveis e calculadoras. Identifique claramente todas as folhas do teste/eame. Inicie a resolução de cada um dos prolemas numa nova página. NOTA: Este documento apresenta a solução areviada, não incluindo todos os passos e justificações que devem aparecer na resolução e que são cotados Prolema [5 valores] Considere uma arra de comprimento L, uniformemente electrizada com carga total Q, colocada sore o eio dos, conforme indicado na figura. Em = L está colocada uma carga pontual Q >. a [.] Mostre que o potencial electrostático total, devido ao conjunto da carga pontual e da arra, num ponto P = (,, do eio dos tal que > L é dado por, Total = Q 4π + L + Q ( 4π L ln L. A arra está uniformemente electrizada com densidade λ = Q/L. Um segmento elementar d tem carga elementar dq = λ d. Portanto o potencial no ponto P = (,,, com > L >, é dado por L arra ( = λ d 4π = λ [ ln( ] L 4π = λ ( ln L 4π = Q ( 4π L ln L O potencial total será otido adicionando o potencial da carga pontual (princípio da soreposição. Otemos no ponto P = (,, para > L, Total = Q 4π + L + Q ( 4π L ln L Q L y Q L

2 [.] Determine as componentes E, E y e E z do campo eléctrico total no mesmo ponto P = (,, com > L. Justifique a sua resposta. As componentes E y e E z não podem ser determinadas a partir do potencial sore o eio dos, Total (,,. No entanto por razões de simetria, no eio dos devemos ter E y = E z =. A componente E otém-se então E = Total(,, = d d Total( = Q 4π [ (L + L ] c [.] Qual o traalho que é necessário efectuar para deslocar uma carga pontual, q >, do infinito até ao ponto P = (L,,. c Por definição de energia eletrostática devemos ter W = q Total (L = q Q [ 4π L 3 + ln ] De facto a força que temos de aplicar é F = q E (contrária à que o campo eerce. Pelo que o traalho (independente do caminho será W = =q L L L F d = q E d E dl q Total (L onde a última igualdade resulta da definição do potencial eletrostático. d [.] Considere agora que L. Determine o termo dominante do potencial a grandes distâncias. Interprete o resultado em termos da carga total e do momento dipolar da distriuição, indicando a sua direcção e sentido. Os resultados seguintes podem ser úteis, para α : ln ( + α α α, + α α d Como L/ usamos as aproimações dadas para oter Total = Q 4π ( + L/ + Q 4π Q [ ( L + 4π L = Q [ 3 ] L 4π ( L ln ( L L Para uma distriuição aritrária de carga devemos ter a grandes distâncias (, y, z = Q total 4π r + 4π p u r r + L ] em que o primeiro termo é o carga total e o segundo o do dipolo. Para um ponto sore o eio dos temos u r = u e r =, pelo que deveríamos ter Comparando as epressões vemos que (z = Q total 4π + 4π p + Q total = Q Q =

3 isto é a dependência com o inverso da distância anula-se, pois a carga total é nula, e que p = 3 Q L De facto por razões de simetria, sore o eio o momento dipolar tem só componente p, pelo que sore o eio dos temos p = 3 Q L u dirigido da distriuição de carga negativa para a distriuição de carga positiva. e [.] Considere uma superfície esférica r centrada na origem e com raio r > L. Diga se a afirmação seguinte, O campo eléctrico é nulo para r > L porque a carga total dentro da superfície r é nula. é verdadeira ou falsa. Justifique cuidadosamente a sua resposta. e A afirmação é falsa. O facto da carga total ser nula quer apenas dizer, de acordo com a lei de Gauss, que o fluo de E através da superfície r é nulo mas isso não nos permite dizer nada sore E pois a sua direção não é radial nem o módulo do campo sore a superfície é constante. O integral ser zero não quer dizer que a função integranda seja zero, asta pensar no integral π sin d =, a soma das contriuições positivas e negativas anula-se, mas sin( não é identicamente zero no intervalo. O mesmo se passa com o campo E. Prolema [5 valores] Considere o condensador plano preenchido por um dieléctrico linear, homogéneo e isótropo de permitividade. As placas do condensador estão carregadas com cargas ±Q conforme indicado na figura. A distância entre as armadura é d e as placas são quadrados de lado L. Considere que d L. Pfrag replacements Q ǫ L Q Detalhando os cálculos: a [.] Calcule o campo eléctrico em todo o espaço. a Devido à geometria e ao facto de d L as linhas de campo são perpendiculares às placas do condensador. Tiramos partido disso usando superfícies de Gauss cilíndricas conforme indicado na figura aaio. Q 3 e Q As superfícies e têm o topo dentro do condutor onde o campo é nulo e têm no seu interior uma carga σ onde é a área da secção transversal dos cilindros. O fluo através das superfícies laterais é nulo (campo E perpendicular à normal. Fica assim só não nulo o fluo através da ase. Como o campo é dirigido das cargas positivas para as negativas dentro é paralelo à normal eterior na ase de e. A lei de Gauss generalizada, ( D nd = Qint

4 dá então para as superfícies e D = σ independente da localização da ase dentro do condensador. Então, dentro do condensador, D é uniforme, perpendicular às placas, dirigido das cargas positivas para as negativas e com o módulo dado por D = σ Usando 3 podemos mostrar que o campo fora é nulo (o mesmo raciocínio se podia fazer aaio do condensador. Como o dieléctrico é linear isótropo e homogéneo devemos ter D = E, pelo que o campo eléctrico só é não nulo dentro do condensador, uniforme e perpendicular às placas e dirigido da placa positiva para a placa negativa com valor E = σ [.] As cargas de polarização no dieléctrico. Qual a carga total de polarização? O vector Polarização é só diferente de zero dentro do condensador. É paralelo a E e dado por P = D E = As densidades de carga de polarização em superfície são D P = σ = P net A normal eterior ao dieléctrico é anti-paralela a P no topo e paralela na ase, pelo que σ topo = σ, σ ase = A densidade de carga de polarização em volume é nula. De facto P é constante pelo que A carga total de polarização é então Q total = ρ = P = σ L + σ, σ L =. o que significa que as cargas se movem mas não são criadas nem aniquiladas. c [.] A energia electrostática armazenada no sistema. c Como saemos os campos, é mais fácil usar a epressão de Mawell para a energia electrostática, U E = E D d Usando o facto de que os campos são uniformes, otemos (σ = Q/L, U E = = σ dl = Q L d Q L 4 dl Podíamos tamém usar a epressão da energia em termos da capacidade (astava fazer duma maneira, U E = Temos de calcular a capacidade C = Q/. A diferença de potencial é = d Q C E dl = σ d = Q L d σ

5 e portanto e finalmente C = Q = L d U E = Q C = Q L d Para as alíneas seguintes considere que se pretende deslocar o dieléctrico para fora do condensador como indicado na figura seguinte Pfrag replacements Q ǫ L Q d [.] Designe por U E ( a energia eletrostática do sistema em função da coordenada. Calcule U E = U E (L U E ( Nota: ó se pretende o valor de U E ( para = (condensador preenchido com dielétrico e = L (condensador sem dielétrico, por isso não precisa de calcular para os valores intermédios de. d O prolema só pede U E ( e U E (L. O primeiro caso, =, corresponde a todo o dieléctrico estar dentro do condensador e é a energia que calculámos na alínea anterior, U E ( = Q C( = Q L d Para = L todo o dieléctrico está fora do condensador e portanto o condensador está preenchido pelo vazio. A energia otém-se simplesmente sustituindo por, isto é U E (L = Q C(L = Q L d Otemos portanto U E =U E (L U E ( = = Q d L > Q d L ( e [.] A partir do sinal de U E diga se é preciso fornecer traalho mecânico para retirar o dielétrico de dentro do condensador. e Como U E > a energia final, sem dieléctrico, é maior do que a inicial, pelo é necessário aplicar uma força para empurrar o dieléctrico para fora (ele quer ficar dentro sendo assim necessário fornecer traalho mecânico para retirar o dielétrico de dentro do condensador. Prolema 3 [5 valores] Considere uma oina toroidal com N espiras uniformente enroladas em volta dum núcleo de permeailidade magnética µ. A oina está assente no plano y do referencial e o eio de simetria é o eio dos z. O raio interior do toróide é e a secção quadrada tem lado a. No plano yz do referencial encontra-se uma espira rectangular de resistência R e de lados l e d, conforme indicado na figura. O toróide é percorrido por uma corrente estacionária I. Conforme indicado na figura esta corrente tem a direção u z na superfície interior do toróide (r =.

6 a [.] Mostre que o campo B no interior do toróide, à distância r do eio, é dado por B = µni π r u ϕ. z l Determine tamém o campo B no eterior do toróide. [.] Determine a epressão do coeficiente de auto-indução, L, do toróide. I a y d c [.] Determine a epressão do coeficiente de indução mútua, M, entre o toróide e a espira rectangular. d [.] e a espira fosse percorrida por uma corrente estacionária I qual a força que o toróide eerce na espira. Justifique a sua resposta. a Devido à simetria cilíndrica do prolema, as linhas dos campos B e H são circunferências com centro no eio e eistentes em planos perpendiculares ao eio. O valor do módulo dos campos nessas circunferências será constante pois só pode depender da distância r ao eio de simetria. Estamos assim em condições de usar a lei de Ampère, H dl = I atraves onde I atraves é a soma das correntes que atravessam a superfície engloada dentro do contorno, no nosso caso circunferências de raio r. Usando coordenadas cilíndricas a ase do toróide corresponde a z = e o topo a z = a. Mostremos então as várias regiões. z < e z > a Neste caso I atraves =, pelo que temos H= e portanto B =. < z < a < r < Neste caso tamém temos I atraves =, pelo que temos H= e portanto B =. < r < + a Neste caso I atraves = NI tendo a corrente o sentido do eio dos z conforme se pode ver na figura. Pela regra da mão direita o sentido do campo H é o do versor uϕ. Então e portanto H dl = I atraves H πr = NI H = NI π r u ϕ, µni B = π r u ϕ. r > + a Neste caso I atraves = N(I I = pelo que temos novamente H= e portanto B =. Em resumo os campos só são não nulos dentro do toróide. O coeficiente de auto indução L é otido da definição, Φ Toroide = LI Para calcular o fluo total no toróide calculemos primeiro o fluo numa espira quadrada de lado a. Escolhemos a normal paralela a B e otemos Φ espira = B n d = a O fluo total no toróide com N espiras dá +a Nµ I dz π r dr = Nµ I π Φ Toroide = NΦ espira = µ N π a ln + a I a ln + a

7 pelo que L = µ N π a ln + a c Para calcular o coeficiente de indução mútua M = M = M é mais fácil calcular M isto é calcular o fluo através do circuito (espira devido ao toróide e usar Φ = M I. Como o campo só é diferente de zero dentro do toróide só interessa a intersecção do plano da espira rectangular como o toróide. Portanto Φ = B n d = Φespira = NI µ π a ln + a Otemos portanto rectangulo M = M = Nµ π a ln + a d A força elementar num elemento de corrente I dl, na espira rectangular seria d F = I dl B No entanto, como B = fora do toróide a força na espira rectangular é nula, isto é F =. Tamém se podia ver através da energia pois o coeficiente de indução mútua não depende da geometria da espira rectangular, de facto nem precisa de ser rectangular. Considere agora que, no instante t =, a corrente injetada no toróide passa a ter uma variação temporal da forma I (t = I cos(ωt. e [.] Determine a corrente induzida na espira rectangular. Eplicite o seu sentido no intervalo de tempo < ωt < π/. e O fluo através da espira rectangular será nestas condições, Φ = Nµ π a ln + a I cos(ωt onde usámos a definição anterior de escolher a normal paralela a B, isto é n = uϕ. A força electromotriz será então dada pela lei de Faraday E = dφ dt = Nµ π a ln + a I ω sin(ωt e a corrente induzida I ind = E R = Nµ a π R ln + a I ω sin(ωt Como esta corrente é positiva no intervalo < ωt < π/, a corrente real tem neste intervalo o sentido relacionado com a normal pela regra da mão direita, isto é o sentido do movimento dos ponteiros do relógio quando estamos a olhar a espira rectangular como está na figura (isto é, a partir de valores de positivos. Prolema 4 [5 valores] Uma onda plana electromagnética propaga-se no vazio na direção do eio dos z dum referencial. ae-se que a amplitude da onda é E, a sua frequência é f = ω/(π e a onda está polarizada linearmente na direcção u E = u + u y Detalhando os cálculos, determine em função dos dados do prolema, a [.] O vector de onda k. a No vazio k = ω/c e a direção é a do sentido positivo do eio dos z, portanto k = ω c u z

8 [.] ae-se que para t = e z = se tem E = E / e E y = E /. Escreva as componentes do campo eléctrico, E, da onda O campo eléctrico eiste no plano perpendicular ao eio dos z e polarizado linearmente segundo u E. Portanto podemos escrever em geral E = E u E cos(ωt k z + δi onde δ i é alguma fase inicial. As componentes são portanto Das condições para t = e z = otém-se e portanto cos(α + π = cos(α E = E cos(ωt k z + δi E y = E cos(ωt k z + δi cos δ i = δ i = π E = E cos(ωt k z + π = E cos(ωt k z E y = E cos(ωt k z + π = E cos(ωt k z e não determinou o campo E, para as alíneas c, d, e use E = E sin(ωt k z + δ E y = E sin(ωt k z + δ onde δ é uma fase constante e apresente o resultado em função destes dados. c [.] Determine o campo H da onda. c A onda propaga-se no vazio com Z = π Ω. Temos H = n u u y u z E = Z Z E cos [ ] E cos [ ] = E [ ] ( cos ωt k z u + u y Z d [.] Determine o valor médio do módulo de vector de Poynting da onda. d Como E, H e n formam um triedo directo devemos ter e portanto (usando E = Z H = E H = E H uz = E Z = E Z cos [ ωt k z ] Usando cos [ωt ] =, otemos = E Z

9 A onda incide agora num material com índice de refracção n = 4/3. ae-se que a normal ao plano de separação é n = sin α u y + cos α u z conforme indicado na figura, n z α replacements n n = k α y e [.] Determine o seno ângulo de incidência α para que a onda reflectida seja polarizada linearmente segundo o eio dos. e A onda incidente está polarizada no plano y perpendicular ao eio dos z. O plano de incidência é o plano yz da figura. Para que a onda fique polarizada linearmente segundo o eio dos temos de anular a componente E y. Ora esta componente é paralela ao plano de incidência. Portanto a onda reflectida não terá componente E y se o ângulo de incidência for o ângulo de Brewster, isto é α = θ ib com tan θ ib = n n = 4 3 aendo a tangente podemos determinar o seno e o coseno (os ângulos estão no primeiro quadrante e portanto cos(θ ib = + tan(θ ib = 9 5, sin(θ i B = cos(θ ib = 6 5 sin(θ ib = 4 5, cos(θ i B = 3 5 e portanto sin α = sin θ ib = 4 5.

10 Algumas Primitivas d ( + 3/ = d + = + + d ( + a = a ln( + a d ( + 3/ = + d ( + = ln + + Para o cálculo analítico de integrais pode ser consultado o endereço we: Coordenadas cartesianas (, y, z Coordenadas polares (r, θ d l = d u + dy u y + dz u z d = d dy d = d dy dz ( F F =, F y, F z A A = + A y y + A z z A = (, y, z, (A, A y, A z Coordenadas cilíndricas (r, θ, z d l = dr u r + r dθ u θ d = r dr dθ Coordenadas esféricas (r, θ, φ d l = dr u r + r dθ u θ + dz u z d = r dr dθ dz ( F F = r, F r θ, F z A (r A r = + A θ r r r θ + A z z ( A A z = r θ A θ u r + z ( Ar z A z r u θ + ( (r A θ r r r A r u z θ d l = dr u r + r dθ u θ + r senθ dφ u φ d = r dr senθ dθ dφ ( F F = r, F r θ, rsenθ A = r [ A = Teorema da Divergência r rsenθ F φ (r A r + rsenθ (senθa φ θ θ (senθa θ + (senθa θ φ ( Aφ rsenθ φ ] u r + r A d = [ A r senθ φ (ra φ r A n d ] u θ + [ (raθ r r A ] r u φ θ Teorema da tokes A d = A d l Identidades vectoriais ( A B = B ( A A ( B ( A = ( A = ( A A

11 Formulário de Electromagnetismo e Óptica (8 Electrostática q E = 4πε r u r = 9 9 N.m.C 4πε E d l = E = D n d = ρ liv d D = ρliv P n d = ρ pol d ρ pol = P σ pol = P net Re f P = E d l P E = D = P + ε E D = ε ( + χ E E = ε E Q = C [ ] U E = q i i i u E = εe U E = u E d Fs = ± du E ds u s Corrente eléctrica estacionária J = Nq v J = σc E I = J n d p = J E d J n d = ρd dt dρ J = dt Ondas electromagnéticas Magnetostática µ B = Id l u r 4π r µ 4π = 7 H/m d F = Id l B B n d = B = H d l = J n d H = J B = µ ( M + H B = µ ( + χ m H = µ H M d l = JM n d JM = M J M = M net Interacção de partículas e campos F = q ( E + v B Campos variáveis e indução E d l = d dt B E = t Φ i = L i I i + M ij I j U M = [ ] Φ i I i i u M = B µ U M = u M d B n d Fs = ± du M ds u s H d l = d J n d + D n d dt Óptica H = J + D t = E H n = κ κ = E E B B E B = v v = εµ u = u E + u M I = n n senθ = n senθ tgθ B = n n interferência entre fendas dsenθ ma = mλ dsenθ min = mλ + λ m (m N e par difracção asenθ min = mλ F.Barao, L.F.Mendes Dep. de Física, IT