Problema 1. [5 valores]

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1 Mestrado em Engenharia Eletrotécnica e de Computadores (MEEC) Eletromagnetismo e Óptica 1 o semestre de Exame ou Recuperação de um dos Testes Solução abreviada Prof. Ilídio Lopes (responsável) Prof. Amaro Rica da Silva Eng. José Vargas Lopes Duração do teste: 1h30 Duração do exame: 3h00 13/01/201 (8h00) - Durante a realização do teste/exame não é permitido o uso de telemóveis e calculadoras. - Identifique claramente todas as folhas do teste/exame. - Inicie a resolução de cada um dos problemas numa nova página. - Realize sempre em primeiro lugar os cálculos analíticos e só no final substitua pelos valores numéricos. - Só serão cotadas as respostas em que há trabalho mostrado (regulamento do IST). Problema 1. [5 valores] Considere um condensador constituído por duas armaduras esféricas condutoras ocas, uma interior de raio r a e outra exterior de raio r b, ambas de espessura desprezável. O espaço entre as armaduras metálicas (r a r r b ) está preenchido por dois dielétricos L.H.I. de permitividades ε 1 e ε 2. A superfície de separação entre os dielétricos também é esférica, com um raio r s tal que r a < r s < r b (ver Figura 1). Suponha que as superfícies interna e externa foram carregadas com uma carga +Q e Q respectivamente (assuma-se Q > 0). Determine: (a) [2.0] O campo elétrico E( r) existente em todas as regiões do espaço. Figura 1 (b) [1.5] A expressão do potencial elétrico φ( r) em todas as regiões do espaço, tomando como referência φ = 0. Qual é a capacidade C deste condensador? (c) [1.5] As densidades superficiais de carga de polarização nas superfícies dos dielétricos,σ (r a ),σ (r s ) e σ (r b ), e a densidade de carga de polarizaçãoρ em volume na regiãor a < r < r b. 1

2 Resolução: (a) [2.0] O campo elétrico E( r) existente em todas as regiões do espaço. Solução: Usando a lei de Gauss generalizada para uma superfície esférica fechada S de raio r apropriado para cada região específica do espaço, considerando a simetria esférica da distribuição de cargas ( D u r ), obtemos D nds = qin liv = D(r) = qliv in 4πr 2 = D = qliv in 4πr 2 u r, onde n = u r é o versor normal a superfícies eqin liv +Q Q = 0 ser > r b a carga livre dentro da superfícies. 0 ser > r b D = + Q 4πr 2 u r + Q 4πr 2 u r ser s < r < r b ser a < r < r s = E = + Q 4πǫ 2 1 r 2 u r ser s < r < r b + Q 4πǫ 1 1 r 2 u r ser a < r < r s 0 ser < r a 0 ser < r a (b) [1.5] A expressão do potencial elétrico φ( r) em todas as regiões do espaço, tomando como referência φ = 0. Qual é a capacidade C deste condensador? Solução: O potencial elétrico é calculado a partir da expressão φ(r) = φ(r o ) r r o E d l = φ(ro ) r r o E(r)dr, onde r o é o potencial eléctrico de referência. Na região r r b, como o campo eléctrico é nulo temos que o potencial eléctrico é constante tal que φ(r) = φ(r o ) = φ(+ ) = 0. Na região r s < r < r b em que o campo eléctrico varia, temos que φ(r) = φ(r b ) Q 4πǫ 2 r 1 Q r b r2dr = 0 4πǫ 2 Assim procedendo de forma idêntica para a regiãor a < r < r s, temos que φ(r) = φ(r s ) Q 4πǫ 1 r r s 1 r 2dr = Q 4πǫ 2 r b r s r b r s Q 4πǫ 1 [ 1r + 1rb ]. [ 1r + 1rs ], onde φ(r s ) = Q/(4πǫ 2 ) (r b r s )/(r b r s ). Na região r < r a em que o campo eléctrico varia temos que o potencial eléctrico é constante tal queφ(r) = φ(r o ) = φ(r a ) = Q/(4πǫ 2 ) (r b r s )/(r b r s )+Q/(4πǫ 1 ) (r s 2

3 r a )/(r a r s ). O potencial eléctrico escreve-se 0 ser r b φ(r) = [ ] Q 1 4πǫ 2 r 1 r b Q 4πǫ 2 r b r s r b r s + Q 4πǫ 1 [ 1 r 1 r s ] [ ] Q rb r s 4π ǫ 1 r b r s + rs ra ǫ 2 r ar s ser s < r < r d ser a < r < r s ser r a (c) [1.5] As densidades superficiais de carga de polarização nas superfícies dos dielétricos,σ (r a ),σ (r s ) e σ (r b ), e a densidade de carga de polarizaçãoρ em volume na regiãor a < r < r b. Solução: Dentro dos dielétricos (r a < r < r b ) não existem cargas livres, o que significa que aí temos D = 0. Como no dielétrico de índex i (onde i = 1,2 refere-se aos dieléctricos de permitividade eléctricas ǫ 1 eǫ 2 ) temos P i = ǫ o χ ie = ǫ oχ i ǫ i D, obtêm-se imediatamente para estas regiões ρ i(r) = P i = ǫ oχ i ǫ i D = 0. Na superfície superior do dielétricoǫ 1, parar = r s, temos n ext (r s ) = u r, enquanto na superfície inferior do dielétricoǫ 2, parar = r s, temos n ext (r + s ) = u r. Assim, relembrando queǫ o χ i = ǫ i ǫ o, temos σ (r s ) = P 1 (r s ) n ext (r s ) = + ǫ 1 ǫ o ǫ 1 Q 4πr 2 s σ (r + s ) = P 2 (r s ) n ext (r + s ) = ǫ 2 ǫ o ǫ 2 Q 4πr 2 s Na superfície inferior do dielétrico ǫ 1, para r = r a, temos n ext (r + a ) = u r, de forma idêntica na superfície superior do dielétricoǫ 2, parar = r b, temos n ext (r a ) = u r. Assim de forma idêntica ao ultimo calculo temos σ (r + a ) = P 1 (r a ) n ext (r + a ) = ǫ 1 ǫ o ǫ 1 Q 4πr 2 a σ (r b ) = P 2 (r b ) n ext (r b ) = +ǫ 2 ǫ o ǫ 2 Q 4πr 2 b Além disso lembramos que a carga total de polarização em cada dielétrico é nula. Assim para o dielétrico ǫ 2 temos O mesmo se verifica para o dielétricoǫ 1. Q ǫ 2 (r + a )+Q ǫ 2 (r s ) = σ (r + a )4πr 2 a +σ (r s )4πr 2 s = 0 3

4 Problema 2. [5 valores] Considere dois condutores retangulares de comprimento l e secções quadradas de lado a, ligados à mesma fonte de tensão V tal como representado na Figura 2. Os dois condutores são feitos de material homogéneo, com as condutividades eléctricas constantes σ c1 e σ c2. Determine, detalhando os cálculos: (a) [2.0] O campo eléctrico em cada um dos condutores. Qual a relação entre estes dois campos eléctricos? (b) [1.5] A densidade de corrente nos condutores e a corrente eléctrica total no circuito. (c) [1.5] A resistência do sistema e a potência dissipada. Qual a relação entre esta resistência e as resistências dos condutores separados? Resolução: Figura 2 (a) [2.0] O campo eléctrico em cada um dos condutores. Qual a relação entre estes dois campos eléctricos? Solução: No caso em que o material do condutor é homogéneo e têm uma condutividade eléctrica constante, a corrente eléctrica que percorre o condutor encontra-se uniformemente distribuída. Assim sendo, as linhas do campo eléctrico são paralelas as faces do condutor e apontam no sentido do polo negativo (-) da fonte de tensão, isto é na direção u z. Como ambos os condutores estão ligados à mesma fonte de tensãov,adiferença de potencial entre os extremos de cada condutor é dada por V = Assim sendo temos E 1 = E 2 = E u z = V l u z. V = l 0 l 0 E 1 d l = E 1 u z dz = l 0 l 0 E 2 d l E 2 u z dz V = E 1 l = E 2 l = E 1 = E 2 = E = V l. 4

5 (b) [1.5] A densidade de corrente nos condutores e a corrente eléctrica total no circuito. Solução: Utilizando o resultado anterior e a lei de Ohm, as densidades de corrente escreve-se como J 1 = σ c1 E u z = σ c1 V l u z, J 2 = σ c2 E u z = σ c2 V l u z. A corrente eléctrica total que percorre os condutores é igual à soma dos fluxos de cada uma das densidades de corrente que atravessa uma secção transversal de cada condutor. Considerando que as normais às secções dos condutores são paralelas aos vectores de densidades de correntej i temos: I = J1 n 1 da 1 + J2 n 2 da 2 A 1 A 2 I = J 1 A 1 +J 2 A 2 = Ea 2 (σ c1 +σ c2 ) onde A 1 = A 2 = a 2. I = V l a2 (σ c1 +σ c2 ) (c) [1.5] A resistência do sistema e a potência dissipada. Qual a relação entre esta resistência e as resistências dos condutores separados? Solução: A resistência eléctrica calcula-se a partir das expressões obtidas para a corrente eléctrica, usando a expressão: R = V I = El Ea 2 (σ c1 +σ c2 ) = l a 2 (σ c1 +σ c2 ) Comparando esta expressão com a resistência de um condutor R i = l a 2 σ ci (comi = 1,2), verificamos que R 1 = R 1 1 +R 1 2. R é assim a resistência equivalente de um circuito com resistências R 1 e R 2 ligadas em paralelo. A potência dissipada por efeito de Joule calcula-se como P = RI 2 = VI = V 2 [ l a2 (σ c1 +σ c2 ) = ] l a 2 (σ c1 +σ c2 ) I2. 5

6 Problema 3. [5 valores] Uma espira retangular de comprimento l e altura h afastase com uma velocidade constante v de um fio infinito paralelo ao eixo u z. A Figura 3 mostra espira no instante inicial t = 0 quando esta se encontra uma distância r o do fio. A resistência total da espira é R e o fio é percorrido pela corrente I. Determine, detalhando os cálculos: (a) [2.0] O campo magnético B a uma distânciar do fio com a corrente I. r o (b) [1.5] O coeficiente de indução mútuam entre o fio e a espira no instante t = 0. (c) [1.5] A força electromotriz E i e a intensidade da corrente induzida I na espira (despreze a sua autoindução). Resolução: Figura 3 (a) [2.0] O campo magnético B a uma distância r do fio com a corrente I. Solução: Por simetria, o campo magnéticoh tem a direção de u θ, em coordenadas cilíndricas. Escolhendo uma curva fechada circular (Γ), de raio r, centrada no fio e num plano perpendicular a u z, tem-se: 2π H d l = H u θ rdθ = i atrav = I O campo B = µ o H = µ oi 2πr u θ. Γ 0 H2πr = I = H = I 2πr u θ. (b) [1.5] O coeficiente de indução mútua M entre o fio e a espira no instante t = 0. Solução: Escolhe-se uma superfície S, no plano da figura, apoiada na espira, onde n S = u θ, para o fluxo do campo B através da espira obtêm-se ro+l µ o I Φ Φ 21 = B n S ds = h S r o 2πr dr = µ ( oih 2π ln 1+ l ) r o M = M 21 = M 12 = Φ 21 = µ ( oh I 2π ln 1+ l ) r o 6

7 (c) [1.5] A força electromotriz E i e a intensidade da corrente induzida I na espira (despreze a sua autoindução). Solução: Começamos por calcular força electromotriz ε induzida na espira, pela lei de Faraday têm-se E i = dφ dt = d [ ( µo Ih dt 2π ln 1+ l )] r(t) = µ oih l dr r 2 dt 2π 1+ l r = µ oih 2πr lv (r +l), onde a posição da espira varia no tempo, tal que r(t) = r o + vt com v = dr/dt. A intensidade da corrente induzida na espira é dada por I = E i R = µ oih l 2πRr(r +l) v, onde r(t) = r o + vt. O campo criado pelo fio B = B u θ aponte para dentro da pagina, pela lei de Lentz o campo induzido aponta para fora da pagina, e pela regra da RMD a corrente induzida na espira I, tem o sentido do ponteiro dos relógios. Problema 4. [5 valores] Considere um solenoide com um comprimento l e eixo paralelo a u z, de raio R (R l) formado por dois conjuntos de espiras de fio enrolado em torno de um núcleo de material ferromagnético, com permeabilidade magnética µ. Os conjuntos de N 1 e N 2 espiras são percorridos por correntes I 1 e I 2, respetivamente, como indicado na Figura 4. Determine: (a) [2.0] O campo magnético B 1 ( r) e o coeficiente de auto-indução L 1 do solenoide correspondente ao conjunto de N 1 espiras. (b) [1.5] O coeficiente de indução mútua M 12 e energia magnética U M do sistema. Qual o valor da energia magnética U M no caso em que N 1 = N 2 e I 1 = I 2? Explique o resultado. Figura 4

8 (c) [1.5] Considere uma onda eletromagnética plana, monocromática, de frequência f = Hz, a propagar-se num meio (1) de permitividade magnética µ 1 = µ o e permitividade eléctrica relativa ε 1r = 4/3. O campo de indução magnética desta onda é dado por B( r,t) = B o cos[ωt (ax+bz)] u y A onda incide numa superfície plana horizontal (com normal n = u z ) separando o meio (1) do meio (2), que é o ar. Determine, detalhando os cálculos: (i) O valor do índice de refracção n 1 do meio (1), a velocidade de propagação v da onda nesse meio, o seu número de onda k e comprimento de onda λ. (ii) Para que valores de a e b é que o ângulo de incidência na superfície de separação com o ar é o ângulo de Brewsterθ B. (iii) O campo eléctrico E( r,t) e a intensidade I da onda incidente. Resolução: (a) [2.0] O campo magnético B 1 ( r) e o coeficiente de auto-indução L 1 do solenoide correspondente ao conjunto de N 1 espiras. Solução: Para determinar o fluxo magnético para cada espira de área A 1 = πr 2 no solenóide, determinamos primeiro a expressão do campo magnético H 1 numa região central interior ao solenóide a partir equação da lei generalizada de Ampère: H 1 d l = i atravessa H1 d l+ H d l H1 d l+ H d l = i atravessa = N 1 I 1 Γ 1 Γ 2 Γ 3 Γ 4 ondeγéuma curva fechada retangular eγ i (i = 1,2,3,4) são os lados do retângulo: Γ 1 eγ 3 são os lados de comprimento h l, paralelos ao eixo do solenóide, respetivamente dentro e fora do solenóide; e Γ 2 e Γ 4 são os lados perpendicular ao eixo. Consequentemente, o termo de i = 3 é nulo porque H = 0 (H z = 0) fora do solenóide. As circulações em i = 3 e i = 4 cancelam-se por serem em sentidos contrários mas H 1 é igual em ambos os trajectos. Assim sendo obtêm-se, para um rectângulo de ladoh Γ 1 H1 d l = H 1z h = i atravessa = n 1 hi 1 Γ H 1z = N 1 l I 1 = n 1 I 1 B 1z = µh 1z = µ N 1 l I 1 = µn 1 I 1, 8

9 emn 1 = N 1 /l é a densidade de espiras por unidade de comprimento. O fluxo de B 1 numa secção recta é dado por Φ 11 = B1 n 1 da 1 = B z A 1 = µn 1 I 1 A 1 = µ N 1 A 1 l I 1A 1 = µ N 1 l I 1πR 2 onde n 1 = u z (paralelo a B 1 ) é versor de uma secção A 1 = πr 2 do cilindro. Substituindo esta expressão na equação da auto-indutância, temos L 1 = N 1Φ 11 I 1 = µ N2 1 l A 1 = µ N2 1 l πr2 (b) [1.5] O coeficiente de indução mútua M 12 e energia magnética U M do sistema. Qual o valor da energia magnética U M no caso em que N 1 = N 2 e I 1 = I 2? Explique o resultado. Solução: Começamos por calcular o fluxo de B 1 pela área A correspondente aos conjunto de espiras N 2, este fluxo é dado por Φ 21 = B 1 n 2 da = µ N 1 l I 1A = µ N 1 l I 1πR 2 A M = M 21 = M 12 = N 2Φ 21 = µ N 2N 1 πr 2 I 1 l onde n 2 = u z (paralelo a B 1 ) é versor de uma secção A = πr 2 do cilindro. Para calcular a energia magnética U M, temos U M = 1 2 L 1I L 2I 2 2 +MI 1 I 2 U M = µ N1 2 2 l πr2 I 2 + µ N2 2 2 l πr2 I 2 µ N 2N 1 πr 2 I 2 l U M = µπr2 I 2 (N 1 N 2 ) 2 2l No caso em quen 1 = N 2 = N, para a energia magnética U M obtêm-se U M = µπr2 I 2 (N N) 2 = 0. 2l (c) [1.5] Considere uma onda eletromagnética plana, monocromática, de frequência f = Hz, a propagar-se num meio (1) de permitividade magnética µ 1 = µ o e permitividade eléctrica relativa ε 1r = 4/3. O campo de indução magnética desta onda é dado por B( r,t) = B o cos[ωt (ax+bz)] u y A onda incide numa superfície plana horizontal (com normal n = u z ) separando o meio (1) do meio (2), que é o ar. 9

10 (i) O valor do índice de refracção n 1 do meio (1), a velocidade de propagação v da onda nesse meio, o seu número de onda k e comprimento de onda λ. Solução: O índice de refração é dado por A velocidade de propagação v é dada por v = c n 1 = n 1 = ǫ1 µ 1 ǫ o µ o. = c = cms 1 e comprimento ondaλeonumero de ondak são dados por λ = v f = v = 3 2 m. k = 2π λ = 4π 3 m 1. (ii) Para que valores deaebéque o ângulo de incidência na superfície de separação com o ar é o ângulo de Brewsterθ B. Solução: O ângulo de Brewster é dado por tanθ B = 3 2 θ B = arctan(n 2 /n 1 ) = arctan( 3/2) θ B 40 o. Os valores decosθ B e sinθ B podem ser obtidos a partir das seguintes relações trigonométricas cosθ B = sinθ B = 1 = 2, 1+tan 2 θ B tanθ B 3 =. 1+tan 2 θ B No caso em que ângulo de incidência é igual ao ângulo de Brewster temos que k uz = (a u x +b u z ) u z = b = kcosθ B = 4π 3 cosθ B, assim como sabemos que b = 4π 3 cosθ B = 8π 3. a 2 +b 2 = k 2 a = k 2 b 2 a = 4π 3 sinθ B = 4π

11 (iii) O campo eléctrico E( r,t) e a intensidade I da onda incidente. Solução: A direção de propagação onda u k é dado por k = a ux +b u z = 4π 3 3 u x + 8π 3 u z k = 2 28π 3 = 4π 3 u k = k k = Para o campo magnético temos Para o campo eléctrico a a 2 +b 2 u x + b 3 a 2 +b 2 u z = u x + 2 u z. H = B µ = B µ o. E = Z H u k = Z 1 B uk. onde Z 1 = Z/µ o = Z o /(n 1 µ o ), obtêm-se u x u y u z E = Z 1 0 B y = B y (2 u x 3 u z ). Assim E( r,t) escreve-se como E(t) = B y (2 u x 3 u z ) = B o cos[ωt (ax+bz)](2 u x 3 u z ) O vector de Poyting S( r,t) calcula-se como S = E H u x u y u z u x u y u z = E x 0 E z 0 H y 0 = 2 B y 0 3 B y 0 B y /µ o 0 O modulo do vector de Poyting e a intensidade da onda I são dados por onde < cos 2 ( ) >= 1/2. = B2 y µ o S = B2 y, I =< S µ >= 1 Bo 2 (Wm 2 ) o 2 µ o ( 3 u x + 2 u z ). 11

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