Soluções FOLHA 3

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Electromagnetismo I ............... 2013/2014
Lic. em F´ısica, Eng. F´ısica e Bioq., menor em F´ısica e em Biof´ısica, Mest. Int. em Eng. F´ısica
Folha 3: Induc¸a˜o eletromagne´tica; equac¸o˜es de Maxwell ..... Soluc¸o˜es dos exerc´ıcios
1. a) A forc¸a electromotriz induzida no circuito e´ ε(t) = 12 ωBπa
2 sin(ωt).
b) A poteˆncia dissipada no circuito varia com o tempo: P (t) = RI2(t) ou P (t) = ε(t)I(t)
o que da´ P (t) = (ωBπa
2)2
4R sin
2(ωt). Para calcular o seu valor me´dio usa-se a relac¸a˜o:
P =
1
T
∫ T
0
P (t)dt ,
sendo, neste caso, T um ciclo da func¸a˜o. Obte´m-se para a poteˆncia me´dia dissipada
P = 18R (ωBπa
2)2.
2. a) A forc¸a electromotriz induzida no circuito e´ ε = −µ0Iv2π ln(y2y1 ).
b) A barra fica sujeita a uma forc¸a magne´tica que trava o seu movimento; para manter
a velocidade constante tem que ser exercida uma forc¸a com a direcc¸a˜o e sentido da
velocidade e dada pela expressa˜o:
F =
(
µ0I
2π
)2 [
ln
(
y2
y1
)]2 v
R
c) O trabalho realizado pela forc¸a exterior quando a barra se desloca dx e´ dW = Fdx, que
se pode escrever dW = F v dt; enta˜o, a poteˆncia e´ P = Fv, sendo F dada pela expressa˜o
obtida na al´ınea anterior. Facilmente se verifica que esta expressa˜o conduz ao mesmo
resultado que o ca´lculo da poteˆncia dissipada na resisteˆncia, P = RI ′
2
= ε2/R.
3. Escolhendo para eixo dos zz o eixo do soleno´ide e considerando que a corrente que o percorre
tem o sentido do versor eˆφ,
a) dφdt = 16π × 10−6 (Wb/s).
b) ~E = −8× 10−5 eˆφ (V/m).
4. a) Quando a barra se move, a forc¸a electromotriz induzida no circuito εi(t) e a correspon-
dente corrente induzida I(t) sa˜o dadas por:
εi(t) = −dΦ
dt
= −Bℓv(t) , e I(t) = −Bℓv(t)
R
,
respetivamente. A forc¸a que o campo magne´tico exerce sobre a barra obte´m-se calcu-
lando a forc¸a de Laplace
d~F = Id~ℓ× ~B =⇒ |~F | = IℓB = (Bℓ)
2
R
v(t)
Esta forc¸a opo˜e-se ao movimento, pelo que a equac¸a˜o de movimento e´:
m
dv
dt
= −(Bℓ)
2
R
v(t) =⇒ dv
v(t)
= −(Bℓ)
2
mR
dt
Integrando a equac¸a˜o anterior entre o instante t = 0 (em que a velocidade e´ v0) e o
instante t (em que a velocidade e´ v(t)) e relacionando as func¸o˜es logaritmo e exponencial
obte´m-se o resultado referido no enunciado.
b) A acelerac¸a˜o da barra e´ a(t) = dvdt = − v0τ e−t/τ , pelo que a barra pa´ra no instante t′ tal
que
−v0 =
∫ t′
0
a(t)dt = v0
∫ t′
0
(
−1
τ
)
e−t/τ dt =⇒ e−t′/τ − 1 = −1 .
A distaˆncia percorrida pela barra ate´ ao instante t′ e´
x(t′) =
∫ t′
0
v(t)dt = −v0 τ
∫ t′
0
(
−1
τ
)
e−t/τ dt =⇒ x(t′) = v0 τ .
c) A energia ele´ctrica dissipada no circuito obte´m-se calculando
∫ t′
0 RI
2(t) dt. Verifica-se
que a energia cine´tica inicial da barra se dissipa por efeito Joule.
5. A grandeza da forc¸a electromotriz me´dia, ε, sera´:
ε = ∆φ∆t = 10, 17µV.
6. a) O mo´dulo do campo magne´tico criado na origem, por cada um dos fios, e´ igual e dado
pela expressa˜o
| ~B1| = | ~B2| = µ0I
2πr
; r =
√
h2 +
d2
4
.
O campo resultante, ~B = ~B1 + ~B2, tem a direcc¸a˜o do eixo dos yy e a sua grandeza e´
B = 2
µ0I
2πr
cos θ ; cos θ =
d/2
r
Atendendo a` expressa˜o da corrente I(t) = I0 sin(ωt) e a` direcc¸a˜o do campo, podemos
escrever
~B(t) = B0 sin(ωt) eˆy com B0 =
2µ0I0d
π(4h2 + d2)
b) A partir desta al´ınea e´ u´til usar coordenadas cil´ındricas para analisar o que se passa
no disco (moeda). O campo ele´ctrico induzido, no disco de raio a colocado na origem,
obte´m-se usando a lei de Faraday: a forc¸a electromotriz induzida, εi, relaciona-se com o
campo ele´ctrico induzido, ~E(r, t). Nos pontos a` distaˆncia r do centro do disco:
εi(r, t) =
∮
~E(r, t) · tˆ dℓ = E(r, t) × 2πr .
Como
εi(r, t) = −dΦ
dt
= −ωB0πr2 cos(ωt) ,
obte´m-se
~E(r, t) = −ωB0r
2
cos(ωt) eˆφ .
Esta al´ınea tambe´m se pode resolver usando a forma local da lei de Faraday, nomeada-
mente, ~∇× ~E = −∂ ~B/∂t.
c) Podemos calcular a poteˆncia dissipada no disco, considerando-o como um conjunto de
“fios circulares conceˆntricos”. Um fio gene´rico tem comprimento ℓ = 2πr, a´rea da
secc¸a˜o dA = bdr e resistividade ρ = 1/σ, sendo σ a condutividade do disco. Como
dI = J dA = σ E dA, a intensidade de corrente no fio e´
dI(r, t) = −σωB0r
2
bdr cos(ωt)
2
e a poteˆncia dissipada em cada “fio”
dP (r, t) =
πσb
2
(ωB0)
2 cos2(ωt) r3dr.
Integrando para todo o disco, obtemos
P (t) =
πσb
2
(ωB0)
2 cos2(ωt)
a4
4
,
que representa a poteˆncia instantaˆnea dissipada no disco. Para obtermos a poteˆncia
me´dia, calculamos
Pmed. =
1
T
∫ T
0
P (t)dt =
1
16
πσb(ωa2B0)
2 .
Tambe´m se podia ter calculado a poteˆncia fornecida ao disco. Para cada “anel”percorrido
pela corrente dI(r, t), a poteˆncia fornecida e´ dP (r, t) = εi(r, t) dI(r, t). Integrando para
todo o disco e tomando o valor me´dio obte´m-se, como e´ de esperar, o mesmo resultado.
7. a) O fluxo magne´tico que atravessa a secc¸a˜o da bobina e´:
Φ = N ~B0 · nˆS = NB0 cos(ωt)πa2 .
Assim, a forc¸a electromotriz induzida na bobina e´:
ε = ωNB0πa
2 sin(ωt) ,
a poteˆncia instantaˆnea que e´ necessa´rio fornecer:
P (t) =
(ωNB0πa
2)2
R
sin2(ωt)
e o respectivo valor me´dio e´
P =
(ωNB0πa
2)2
2R
.
b) O campo magne´tico criado pela bobina no seu centro e´ devido a` corrente nela induzida
e e´ dado pela expressa˜o
Bi = N
µ0I(t)
2a
,
sendo I(t) = ε(t)/R. Este campo tem a direcc¸a˜o do vector nˆ dirigido segundo o eixo da
bobina, nˆ = cos(ωt)ˆi + sin(ωt)ˆj, ou seja, a expressa˜o de ~Bi vem dada por:
~Bi =
µ0ωN
2B0πa
2R
sin(ωt)
[
cos(ωt)ˆi + sin(ωt)ˆj
]
A agulha magne´tica na˜o consegue acompanhar o movimento da bobina, pelo que acabara´
por alinhar sob a acc¸a˜o do campo uniforme ~B0 e de um campo me´dio devido ao efeito
da bobina. Calculando o valor me´dio de Bix obte´m-se zero e, para o valor me´dio de Biy,
obte´m-se:
Biy =
µ0ωN
2B0πa
4R
.
Enta˜o o aˆngulo θ indicado na figura e´ tal que:
tan θ =
Bi
B0
=
µ0ωN
2πa
4R
=⇒ R = µ0ωN
2πa
4 tan θ
.
3
8. Sendo o eixo dos zz o eixo comum dos dois cilindros, obte´m-se:
a) ~B(r, t) = 0 , para 0 ≤ r ≤ a ;
~B(r, t) = µ0C0 sin(ωt)
(
1− ar
)
eˆφ , para a ≤ r ≤ b ;
~B(r, t) = µ0C0 sin(ωt)
b−a
r eˆφ , para r ≥ b .
b) A forc¸a electromotriz induzida na espira e´:
ε = −ωµ0C0b(b− a) ln(3/2) cos (ωt) .
9. a) ~B(x, t) = E0c cos
[
ω
(
t− xc
) ]
kˆ , para 0 < y < a ;
~B = 0 , para y < 0 e y > a .
b) ρ = ε0~∇ · ~E = 0, em todo o espac¸o;
~J =
(
~∇× ~B − µ0ε0∂ ~E/∂t
)
/µ0 = 0, em todo o espac¸o;
σ = ε0 divS ~E = ε0 nˆ · ( ~E2 − ~E1), pelo que:
σ0 = ε0E0 cos
[
ω
(
t− xc
) ]
, no plano y = 0 ;
σa = −ε0E0 cos
[
ω
(
t− xc
) ]
, no plano y = a ;
~K = rotS ~B/µ0 = nˆ× ( ~B2 − ~B1)/µ0, de onde se obte´m:
~K0 =
E0
µ0c
cos
[
ω
(
t− xc
) ]
iˆ , no plano y = 0 ;
~Ka = − E0µ0c cos
[
ω
(
t− xc
) ]
iˆ , no plano y = a .
c) A equac¸a˜o de onda pedida e´ ∇2 ~E − 1c2 ∂
2 ~E
∂t2 = 0 e deve ser verificada calculando as
derivadas do campo ~E dado.
10. Escolhendo para eixo dos zz o eixo do cilindro, tem-se:
a) ~∇ × ~B ≈ µ0 ~J , pois, sendo ω pequeno, e´ pouco significativo o efeito da densidade de
corrente de deslocamento. Assim, como ~∇× ~B = 0, tem-se ~J = 0.
~K = B0µ0 cos(ωt) eˆφ , sobre a superf´ıcie r = R0.
b) Campo ele´ctrico induzido:
~E(r, t) = ωrB02 sin(ωt) eˆφ , para 0 ≤ r ≤ R0 ;
~E(r, t) =
ωR2
0
B0
2r sin(ωt) eˆφ , para r ≥ R0 .
11. a) ~B(r, t) = −µ0ε0ωE0r2 sin(ωt) eˆφ , para r < a .
O campo ~E dado tem, como se pode verificar, ~∇ × ~E = 0, pelo que e´, de facto, uma
soluc¸a˜o aproximada da equac¸a˜o ~∇× ~E = −∂ ~B/∂t; a aproximac¸a˜o usada pode ser ade-
quada no regime de baixasfrequeˆncias ω.
b) As contribuic¸o˜es de ∂ ~B/∂t podera˜o ser desprezadas se se verificar ω ≪ 2c/r.
12. Neste problema, devemos comec¸ar por notar que as cargas existentes no disco condutor rodam
no sentido dos ponteiros do relo´gio com velocidade ~v = −ωreˆφ. Como esta˜o sob a ac¸a˜o de um
campo magne´tico, ficam sujeitas a forc¸as que levam as cargas negativas a mover-se da periferia
para o centro. Os pontos da periferia ficam a um potencial mais elevado, sendo a diferenc¸a
de potencial que deste modo se estabelece entre C1 e C2 dada por VC1 − VC2 = ωBr20/2.
Quanto a` al´ınea b), sabemos que quando o movimento de rotac¸a˜o do disco passar a ser
uniforme, isso significa que o momento da tensa˜o exercida pelo fio, MT = Mgr0 e´ igual,
em mo´dulo, ao momento da forc¸a de Laplace exercida pelo campo magne´tico sobre a cor-
rente induzida I que circula no sentido anti-hora´rio (referimo-nos naturalmente ao sentido
convencional da corrente).
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Tambe´m se pode analisar o problema por considerac¸o˜es de energia. Neste caso, identificamos
as seguintes parcelas:
(1) - Variac¸a˜o da energia potencial da massa M no intervalo de tempo dt;
(2) - Variac¸a˜o da energia cine´tica da massa M no intervalo de tempo dt;
(3) - Variac¸a˜o da energia cine´tica de rotac¸a˜o do disco no intervalo de tempo dt;
(4) - Energia dissipada por unidade de tempo (poteˆncia) na resisteˆncia R.
Deve verificar-se (1) = (2)+(3)+(4). Na situac¸a˜o pretendida nesta al´ınea tem-se ω = dθdt
constante, o que conduz rapidamente ao resultado.
A seguir esta˜o os resultados das duas al´ıneas.
a) I =
ωBr2
0
2R .
b) ωf =
4RMg
B2r3
0
; If =
2Mg
Br0
.
13. Tomando para eixo dos zz o eixo comum dos soleno´ides, tem-se:
a) ~B(t) = 3µ0nI(t) eˆz = 3µ0nkt eˆz , para 0 ≤ r < R ;
~B(t) = µ0nI(t) eˆz = µ0nkt eˆz , para R < r < 2R ;
~B = 0 , para r > 2R .
b) O campo ele´ctrico induzido na regia˜o entre os dois soleno´ides e´ dado por:
~E(r) = −µ0nk
2r
(2R2 + r2) eˆφ ,
sendo r a distaˆncia ao eixo dos soleno´ides.
c) A forc¸a ele´ctrica sobre a carga (igual a` massa vezes a acelerac¸a˜o tangencial) coloca a
carga em movimento na direcc¸a˜o do campo ~E. A forc¸a magne´tica e´ responsa´vel pelo
movimento circular, pois desempenha o papel de forc¸a centr´ıpeta. Conjugando as duas
expresso˜es correspondentes, obte´m-se o raio da trajeto´ria, r =
√
2R.
14. a) Como se trata de um soleno´ide muito longo e a densidade superficial de corrente e´
~K(t) = K0 sin(ωt) eˆφ, o campo no exterior (r > a) e´ nulo e no interior (r < a) e´ uniforme
e tem a direcc¸a˜o do eixo. Escolhendo para eixo dos zz o eixo do soleno´ide e usando a lei
de Ampe`re (na forma integral ou na forma local) obte´m-se ~B(t) = µ0K0 sin(ωt) eˆz para
r < a.
b) A indutaˆncia do soleno´ide e´ L = µ0πa2N2/L ou, em termos da densidade de espiras
n = N/L, L = µ0πa2n2L .
c) Pode determinar-se o campo ele´ctrico induzido, usando ~∇× ~E = −∂ ~B∂t e rotS ~E = 0
(equivalentes a` expressa˜o integral da lei de Faraday).
Obte´m-se:
~E(r, t) = −ωµ0K0r2 cos(ωt) eˆφ , para r ≤ a ;
~E(r, t) = −ωµ0K0a22r cos(ωt) eˆφ , para r ≥ a .
d) Iind. = −µ0K0ωπa
2
R cos(ωt).
15. a) I0 = 10A.
b) Na˜o. Se a corrente for cont´ınua, a forc¸a electromotriz e´ nula.
16. O vector ~J tem a direcc¸a˜o e sentido da velocidade dos io˜es e mo´dulo J = ρVaB .
5
17. a) Usando qualquer uma das expresso˜es ~∇× ~E = −∂ ~B/∂t ou ~∇× ~B = µ0ε0 ∂ ~E/∂t obte´m-se,
para o campo ele´ctrico da onda: ~E(y, t) = cB0 cos (ωt+ ky) eˆx.
b) O vector de Poynting, ~S = ~E × ~B/µ0, tem a direcc¸a˜o e sentido de propagac¸a˜o da onda
electromagne´tica e a sua grandeza representa a poteˆncia por unidade de a´rea.
Obte´m-se, neste caso, ~S = −(cB20/µ0) cos2(ωt + ky) eˆy , que se pode escrever na forma
~S = −ε0c2B20 cos2(ωt + ky) c eˆy = uem~c, sendo uem a densidade de energia da onda
electromagne´tica e ~c a respectiva velocidade de propagac¸a˜o.
c) A poteˆncia instantaˆnea atrave´s da placa, em y = 0, e´ P (t) =
cB2
0
A
µ0
cos2(ωt).
O respectivo valor me´dio e´ dado por Pmed. =
cB2
0
A
2µ0
.
18. a) O vector de onda e´ dado por ~k = 2πλ eˆz, que tambe´m se pode escrever na forma
~k = ωc eˆz.
b) Usando qualquer uma das expresso˜es ~∇× ~E = −∂ ~B/∂t ou ~∇× ~B = µ0ε0 ∂ ~E/∂t obte´m-se,
para o campo magne´tico da onda: ~B(z, t) = E0/c sin (ωt− kz) eˆy.
c) A densidade de energia electromagne´tica associada a` onda e´ dada por uem =
ε0
2 E
2 + 12µ0B
2.
Usando as expresso˜es obtidas para os campos verifica-se que uem = ε0E
2
0 sin
2(ωt− kz).
d) O vector de Poynting e´ dado por ~S = ~E × ~B/µ0.
Obte´m-se, neste caso, ~S = ε0E20 sin2(ωt − kz) c eˆz = uem~c, sendo uem a densidade de
energia da onda electromagne´tica e ~c a respectiva velocidade de propagac¸a˜o.
Por esta raza˜o se denomina ~S vector densidade de corrente de energia, em analogia com
~J = ρ~v para o vector densidade de corrente.
Verifica-se tambe´m que ~∇ · ~S + ∂uem/∂t = 0, que e´ a equac¸a˜o de continuidade ana´loga
a ~∇ · ~J + ∂ρ/∂t = 0.
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