ELECTROMAGNETISMO. EXAME 1ª Chamada 18 de Junho de 2010 RESOLUÇÕES

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1 ELECTROMAGNETISMO EXAME 1ª Chamada 18 de Junho de 2010 RESOLUÇÕES 1. a. Dado a simetria cilíndrica da distribuição de carga, a componente axial (paralela ao eixo do cilindro) do campo eléctrico é nula. O campo eléctrico é radial, e aponta para longe do fio porue a carga no fio é positiva. b. A carga numa porção do fio com comprimento l é dada por Q = ρ πr 2 l λ = Q l = ρ πr2 c. Para aplicar a lei de Gauss escolhemos uma superfície gaussiana cilíndrica, coaxial com o fio, de raio r > R e altura l. O fluxo eléctrico através das bases da superfície gaussiana escolhida é nulo pois o vector campo eléctrico é perpendicular ao vector área, da, associado a estas duas superfícies. Na superfície lateral da superfície gaussiana, o campo eléctrico é perpendicular à superfície e paralelo ao vector da e a sua magnitude é constante. Só o fluxo eléctrico através desta superfície contribui para o fluxo através da superfície gaussiana Φ E = E da = E da lat = EdA lat = E da lat A carga total no interior da superfície gaussiana é Q = λ l = ρ πr 2 l Como = E 2πr l E da = Q ε 0 E 2πr l = ρ πr2 l ε 0 E = ρr2 2ε 0 r r > R d. Quando o raio da superfície gaussiana r < R, a carga total no interior da superfície é dada por 1

2 Q = λ l = ρ πr 2 l. A aplicação da lei de Gauss dá E 2πr l = ρ πr2 l ε 0 E = ρr r < R 2ε 0 2. a. Tomando V( ) = 0 como o potencial eléctrico de referência, o potencial eléctrico devido a uma carga pontual num ponto situado a uma distancia r da carga é dado por V = k e r Para N cargas, aplica-se o princípio de sobreposição N i V = k e = k e i i=1 r i N r i i=1 No caso deste problema, V = = 53.9 kv = b. Para um ponto ao longo do eixo dos yy, o potencial devido às duas cargas é dado por V = y y = y V = y c. Para y = m V = = 48.2 kv Para y = m, o potencial eléctrico tem o mesmo valor: kv. d. Por definição, a variação do potencial eléctrico V é igual à variação da energia potencial eléctrica por unidade de carga: V = U. Neste caso, a variação da energia potencial eléctrica do sistema constituído pelas 3 cargas é U = 1 V 2

3 3. onde V é a diferença entre o potencial eléctrico no ponto final da trajectória da carga ue é deslocada ( 1 ), ue é de kv, e o potencial eléctrico no ponto inicial da trajectória da carga 1, ue é V( ) = 0. Então U = ( ) = J O trabalho realizado pelas forças internas a um sistema leva a uma diminuição da energia potencial do sistema: W = U. O sinal negativo indica ue o campo eléctrico criado pelas partículas com carga 0 realizou trabalho positivo durante este deslocamento da partícula com carga 1. a. Com o interruptor aberto, o circuito é constituído por uma única malha, em ue todos os elementos são percorridos pela mesma corrente I. As duas resistências estão em série e podem ser substituídas por uma resistência euivalente: R e = R 1 + R 2 = = 150 kω A constante de tempo associada a este circuito RC é τ 1 = R e C = = 1.50 s. b. Quando t = 0 o condensador está carregado e a corrente na malha é nula, não há uedas de potencial nas resistências. Aplicando a lei das malhas a este circuito temos ε V C = 0 V C = ε = 10.0 V A carga no condensador é Q = CΔV C = = 100 μc c. Com o interruptor fechado o circuito tem duas malhas, dois nós e três ramos. O ramo da esuerda é percorrida por uma corrente I 1, à ual atribuímos o sentido horário. O da direita é percorrida por uma corrente I 2, à ual atribuímos o sentido anti-horário. O ramo central é percorrida por uma corrente descendente I. Aplicando a lei dos nós temos I = I 1 + I 2. Aplicando a lei das malhas à malha da direita, percorrida no sentido anti-horário, temos R 2 I 2 + ΔV C = 0 cuja solução é I 2 = I 0 e t/τ 2 onde τ 2 = R 2 C = = 1.00 s e I 0 = V C(t=0) R 2 = ε R 2 = = A = ma 3

4 Em mais detalhe, temos R 2 I 2 + ΔV C = 0. Mas como I 2 = d R 2 d + C = 0 d = 1 R 2 C = 1 τ 2 d Q = 1 t τ 2 0 ln t = Q τ 2 (t) = Qe t/τ 2 = Cεe t/τ 2 I 2 = d = Cε τ 2 e t/τ 2 = ε R 2 e t/τ 2 = I 0 e t/τ 2 d. A corrente no interruptor é I = I 1 + I 2 Na malha da esuerda temos ε R 1 I 1 = 0 I 1 = ε R 1 = = A = ma A corrente total, em ma, é dada por I = e t/1.00 ma Quando t = 1.00 s I = e 1.00 ma = ma 4. a. A lei de Ampère diz ue a circulação do campo magnético B, isto é, o seu integral de linha ao longo de um percurso fechado, é igual à intensidade I da corrente total ue atravessa ualuer superfície ue se apoie nesse contorno multiplicada pela permeabilidade magnética do meio: B ds = μ 0 I Esta lei è útil uando a simetria do problema permite calcular facilmente o integral de linha. 4

5 b. No caso do toróide, o campo magnético no interior do enrolamento é tangente a um círculo concêntrico com o toróide, como o círculo de raio r ilustrado na ig. 2, e a sua magnitude é constante ao longo desse círculo. Para aplicar a lei de Ampère, escolhemos o círculo acima referido como percurso para calcular o integral de linha e a superficíe circular plana por ele definido como a superfície onde se determina a corrente total ue a atravessa. Como o enrolamento tem N espiras percorridas por uma corrente I, a corrente total ue atravessa a superfície circular é NI, logo B ds = μ 0 NI Como os vectores B e ds são paralelos ao longo do círculo e a magnitude de B é constante B ds = Bds = B ds = B(2πr) = μ 0 NI ou seja B = μ 0NI 2πr c. Para r = m B = μ 0NI 1 2π r = 4π π = = 3.6 T Para r = 1.30 m B = 2.52 = 1.9 T 1.30 d. No exterior do toróide a aplicação da lei de Ampère ao longo de um contorno circular no mesmo plano do ue o ue foi utilizado nas alíneas anteriores diz-nos ue a componente do campo magnético nesse plano é nula pois a corrente total ue atravessa essa superfície é nula, tanto para r < m como para r > 1.30 m. No entanto, se considerarmos um segundo círculo perpendicular ao primeiro e posicionado conforme está ilustrado no lado direito da fig. 2, e aplicarmos a lei de Ampère a este contorno verificamos ue a intensidade da corrente ue a atravessa não é nula e por isso a circulação do campo magnético também não é nula: o campo magnético fora do toróide tem uma componente não nula ao longo do segundo círculo. No plano da figura, o campo magnético é perpendicular a esse plano. 5. a. O fluxo magnético ue atravessa a espira é dado por 5

6 Φ B = B da = Bcos(θ)dA Considerando ue o campo é uniforme sobre toda a superfície da espira Φ B = Bcos(θ)dA = Bcos(θ) da = Bcos(θ)A Φ B = cos(60 ) = Wb b. Durante o colapso da espira o fluxo magnético ue a atravessa diminui. A lei de Lenz diznos ue o sentido da corrente induzida é tal ue o campo magnético por ela criado se opõe a essa variação do fluxo. Este campo magnético secundário também deve atravessar a espira vindo de trás do plano da figura. Para tal, a corrente induzida deve ter o sentido anti-horário (regra da mão direita). c. De acordo com a lei de Faraday ε = dφ B = d(bacos(θ)) Como B e θ são constantes ε = Bcos(θ) da I = ε R d. Q = I 0 = da V Bcos(θ) da da = = = R A Q = Bcos(θ) R = Bcos(θ) R 0 da (A final A inicial ) Q = cos(60 ) Q = C = 1.20 μc ( ) = cos(60 ) a. No instante em ue se liga a fonte de corrente a corrente no indutor é nula, devido à força contra-electromotriz ε L = L di gerada pela variação do fluxo magnético no indutor. Toda a corrente passa pela resistência, I L = 0. b. A resistência e o indutor estão ligados em paralelo: a diferença de potencial aos terminais do indutor é sempre igual à diferença de potencial aos terminais da resistência. Quando se liga a fonte de alimentação a corrente passa toda pela resistência, logo V L = V R = RI = = 1.00 kv 6

7 c. A resistência do indutor é nula; no estado estacionário toda a corrente passa pelo indutor. Quando t, I 10.0 A. A corrente tende exponencialmente para o seu valor final I(t) = I 0 (1 e t/τ ) onde I 0 = 10.0 A e τ = L R = d. Quando t = 200 μs I(200 μs) = e = 8.65 A = s = 100 μs 7

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