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Questão 1 [3,0 pts]: A relação corrente–voltagem para um diodo semicondutor é dada por 𝑖 = 𝑖𝑆(𝑒 𝛼𝑉 𝑇⁄ − 1), (1.1) onde 𝑉 é a diferença de potencial entre os terminais do diodo, 𝑖 é a corrente que o atravessa , 𝑖𝑆 é uma constante característica do diodo, 𝑇 é a sua temperatura absoluta e 𝛼 ≅ 1,160 × 104 K V⁄ é uma constante universal. O diodo é então ligado em série com um resistor de resistência 𝑅, sendo ambos alimentados por uma FEM ideal ℰ, formando um circuito de uma só malha. Considerando apenas o limite 𝛼ℰ ≫ 𝑇, a) mostre que a diferença de potencial entre os terminais do diodo pode ser aproximada por [1,5 pts] 𝑉 ≈ 𝑇 𝛼 ln (1 + ℰ 𝑅𝑖𝑆 ). b) Se ℰ = 3,00 V, 𝑅 = 10,0 Ω, 𝑇 = 298 K e 𝑖𝑆 = 1,50 mA, determine a resistência elétrica do diodo. [1,0 pts] c) Por qual fator essa resistência seria multiplicada se a FEM fosse dobrada? [0,5 pts] Solução: a) Como o diodo, o resistor e a FEM formam um circuito de uma só malha, pela lei das malhas poderemos escrever ℰ − 𝑉 − 𝑅𝑖 = 0 ⟹ ℰ − 𝑉 − 𝑅𝑖𝑆(𝑒 𝛼𝑉 𝑇⁄ − 1) = 0, (1.2) onde usamos o resultado (1.1) (como só temos uma malha, a corrente que passa pelo diodo é a mesma que passa pelo resistor). Para prosseguirmos é conveniente (mas não obrigatório) redefinirmos as variáveis e constantes na equação (1.2), a saber, 𝐴 = 𝛼ℰ 𝑇 , 𝐵 = ℰ 𝑅𝑖𝑆 e 𝑥 = 𝑉 ℰ . (1.3) Em termos das novas quantidades em (1.3), a equação (1.2) toma a forma: 𝐵 − 𝐵𝑥 − (𝑒𝐴𝑥 − 1) = 0 ⟹ 𝐵𝑥 + 𝑒𝐴𝑥 = 1 + 𝐵. (1.4) Para encontrarmos a voltagem no diodo, precisamos resolver a equação (1.4) para 𝑥. Como se trata de uma equação transcendental, não há como expressar uma solução exata para ela. Contudo, em certos limites, podemos obter uma solução aproximada. Do enunciado do problema, temos 𝛼ℰ ≫ 𝑇 ⟹ 𝐴 ≫ 1. Ainda, como o diodo é um dispositivo passivo (no sentido de que não funciona como uma fonte), temos que |𝑉| ≤ ℰ ⟹ |𝑥| ≤ 1. Restringindo-nos aos valores positivos de 𝑉, quando a RESOLUÇÃO DA TERCEIRA AVALIAÇÃO A DISTÂNCIA Princípios e Fenômenos Eletromagnéticos – 2014.1 Escola de Ciências e Tecnologia – UFRN 26-04-2014 polaridade do diodo está no mesmo sentido da corrente (com a polaridade invertida, o diodo não deixa passar corrente), os valores de 𝑥 estarão restritos ao intervalo 0 ≤ 𝑥 ≤ 1. Isto posto, o primeiro passo para encontrar um valor aproximado de 𝑥 que satisfaça a equação (1.4) é considerar as contribuições relativas dos termos 𝑔(𝑥) = 𝐵𝑥 e ℎ(𝑥) = 𝑒𝐴𝑥 do lado esquerdo da equação. Ambas as funções 𝑔 e ℎ são crescentes para quaisquer intervalos do domínio e, como 𝐴 ≫ 1, é razoável supor que, para valores realísticos de 𝐵 (aqueles para os quais 𝐵 ≪ 𝑒𝐴), temos 𝑒𝐴𝑥 ≫ 𝐵𝑥 para qualquer 𝑥 > 0, de maneira que a equação (1.4) pode ser aproximada por 𝑒𝐴𝑥 + 𝐵𝑥 ≈ 𝑒𝐴𝑥 ≈ 1 + 𝐵 ⟹ 𝑥 ≈ 𝑥0 = 1 𝐴 ln(1 + 𝐵) ⟹ 𝑉 ℰ ≈ 1 𝛼ℰ 𝑇⁄ ln (1 + ℰ 𝑅𝑖𝑆 ) ⟹ 𝑉 ≈ 𝑇 𝛼 ln (1 + ℰ 𝑅𝑖𝑆 ), (1.5) como queríamos demonstrar. %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% DISCUSSÃO COMPLEMENTAR Na obtenção do resultado (1.5), supusemos que 𝑒𝐴𝑥 ≫ 𝐵𝑥 para qualquer 0 < 𝑥 < 1 desde que 𝐴 ≫ 1. Contudo, não levamos em conta os possíveis valores de 𝐵 = ℰ (𝑅𝑖𝑆)⁄ , ou melhor, não especificamos quais valores de 𝐵 são realísticos e quais não são. Será que (1.5) se aplica para qualquer valor de 𝐵? Quão razoável é a suposição que levou ao resultado (1.5)? Para responder a essas perguntas, lembremos que a tarefa de encontrar os valores de 𝑥 que satisfaçam à equação (1.4) é a mesma que a de encontrar os pontos que anulam a função 𝑓(𝑥) = 𝐵𝑥 + 𝑒𝐴𝑥 − (1 + 𝐵). (i) Para saber se 𝑥 = 𝑥0 = 1 𝐴 ln(1 + 𝐵) é uma boa aproximação para o valor verdadeiro 𝑥 = 𝑥𝑒 , que satisfaz exatamente à equação 𝑓(𝑥𝑒) = 0, consideremos um valor 𝑥 = 𝑥1 que é uma aproximação melhor que 𝑥0 para 𝑥𝑒 , ou seja, |𝑓(𝑥0)| > |𝑓(𝑥1)| ≈ 0. Se 𝑥0 é uma boa aproximação para 𝑥𝑒 , esperamos então que a diferença 𝛿𝑥 = 𝑥1 − 𝑥0 seja desprezível em relação a 𝑥0, isto é, |𝛿𝑥| ≪ 𝑥0, de maneira que pouca diferença haverá em tomar 𝑥1 ou 𝑥0 como aproximações satisfatórias para 𝑥𝑒 . Para 𝛿𝑥 suficientemente pequeno, podemos escrever 𝑓(𝑥1) = 𝑓(𝑥0 + 𝛿𝑥) ≈ 𝑓(𝑥0) + 𝑓 ′(𝑥0)𝛿𝑥 ≈ 0 ⟹ 𝛿𝑥 ≈ − 𝑓(𝑥0) 𝑓′(𝑥0) , (ii) onde 𝑓′(𝑥0) é a derivada de 𝑓(𝑥) avaliada em 𝑥 = 𝑥0. Usando o fato de que 𝑒 𝐴𝑥0 = 1 + 𝐵, da equação (i), teremos 𝛿𝑥 ≈ − 𝑓(𝑥0) 𝑓′(𝑥0) = − 𝐵𝑥0 𝐵 + 𝐴(1 + 𝐵) ⟹ |𝛿𝑥| 𝑥0 ≈ 1 1 + (1 + 1 𝐵) 𝐴 . (iii) Note que, do resultado (iii), independentemente do valor de 𝐵, |𝛿𝑥| ≪ 𝑥0 se 𝐴 ≫ 1. De fato, é fácil ver que o erro relativo |𝛿𝑥| 𝑥0⁄ é uma função crescente de 𝐵, o que significa que quanto maior for 𝐵 maior será |𝛿𝑥| 𝑥0⁄ e, por conseguinte, maior é o erro cometido substituindo-se 𝑥𝑒 por 𝑥0 em (i). No pior caso, quando 𝐵 → ∞, o erro relativo é dado por lim 𝐵→∞ |𝛿𝑥| 𝑥0 ≈ 1 1 + 𝐴 ⟹ |𝛿𝑥| 𝑥0 < 1 1 + 𝐴 ≪ 1 se 𝐴 ≫ 1. (iv) Portanto, do resultado (iv), a suposição de que 𝑒𝐴𝑥 ≫ 𝐵𝑥 para 𝐴 ≫ 1 se justifica inteiramente, independentemente dos valores de 𝐵: a hipótese de que 𝐵 seja realístico, ou seja, 𝐵 ≪ 𝑒𝐴, é desnecessária. Logo, a aproximação para 𝑉 dada em (1.5) está, de fato, correta. %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% b) A resistência elétrica 𝑅𝐷 do diodo será dada por 𝑅𝐷 = 𝑉 𝑖 . (1.6) Para sabermos se podemos usar o resultado anterior para 𝑉 precisamos calcular a constante 𝐴 e ver se 𝐴 ≫ 1. Usando os dados numéricos do problema: 𝐴 = 𝛼ℰ 𝑇 = 1,160 × 104 K V ∙ 3,00 V 298 K ≅ 117, que é ≫ 1. Logo, podemos usar o resultado (1.5), ou seja, 𝑉 ≈ ℰ𝑥0. (1.7) A corrente 𝑖 pode ser obtida a partir de (1.2): 𝑖 = ℰ − 𝑉 𝑅 ≈ ℰ 𝑅 (1 − 𝑥0). (1.8) Combinando (1.6), (1.7) e (1.8), teremos 𝑅𝐷 ≈ 𝑅𝑥0 1 − 𝑥0 . (1.9) Usando os outros dados do problema, teremos 𝐵 = ℰ 𝑅𝑖𝑆 = 3,00 V 10,0 Ω ∙ 0,00150 A = 200, de modo que 𝑥0 = 1 𝐴 ln(1 + 𝐵) ≅ ln(201) 117 ⟹ 𝑥0 ≅ 0,0454. Inserindo este último resultado em (1.9), teremos enfim a resistência do diodo 𝑅𝐷 ≈ 𝑅𝑥0 1 − 𝑥0 ≅ 10,0 Ω ∙ 0,0454 1 − 0,0454 ⟹ 𝑅𝐷 ≅ 0,476 Ω. (1.10) c) Se a FEM fosse multiplicada por 2, as constantes 𝐴 e 𝐵 também seriam dobradas, de modo que 𝑥0 ′ = 1 2𝐴 ln(1 + 2𝐵) ≅ 0,0257. Então, 𝑅𝐷 ′ 𝑅𝐷 ≈ 𝑅 𝑥0 ′ (1 − 𝑥0 ′ )⁄ 𝑅 𝑥0 (1 − 𝑥0)⁄ ≅ 0,0257 (1 − 0,0257)⁄ 0,0454 (1 − 0,0454)⁄ ⟹ 𝑅𝐷 ′ ≅ 0,554𝑅𝐷 . Portanto, se a FEM for dobrada, a resistência do diodo será multiplicada por um fator 0,554 (cairá para pouco mais da metade de seu valor original). Isto mostra que um diodo não segue a Lei de Ohm, pois sua resistência depende da diferença de potencial entre seus terminais. Diz-se então que ele é um dispositivo não ôhmico. Questão 2 [2,0 pts]: O espaço entre duas placas cilíndricas condutoras e coaxiais, de mesmo comprimento 𝐿 = 1,50 m e de raios 𝑎 = 12,70 cm e 𝑏 = 17,78 cm, está totalmente preenchido com uma substância de resistividade 𝜌 = 10,2 kΩ ∙ m. Uma diferença de potencial de 246 V é então aplicada entre as placas. Determine a corrente elétrica total que se estabelece entre as placas. Solução: Como vimos na aula 10, a resistência elétrica 𝛿𝑅 de um material de comprimento 𝛿𝐿, seção reta 𝛿𝐴 e resistividade 𝜌 é definida por 𝛿𝑅 = 𝛿𝑉 𝛿𝑖 ≈ 𝜌 𝛿𝐿 𝛿𝐴 , (2.1) onde 𝛿𝑉 é a diferença de potencial ao longo de 𝛿𝐿 e 𝛿𝑖 é a corrente elétrica que atravessa𝛿𝐴. Para um meio homogêneo (𝜌 = 𝑐𝑡𝑒.) de simetria cilíndrica, onde �⃗� = 𝐽(𝑟)�̂�, a equação (2.1) pode ser escrita como 𝛿𝑅 = 𝛿𝑉 𝑖 ≈ 𝜌 𝛿𝑟 𝐴(𝑟) , (2.2) onde 𝑖 é a corrente que atravessa a área 𝐴(𝑟) e 𝛿𝑉 é a diferença de potencial ao longo de 𝛿𝑟. No limite em que 𝛿𝑟 → 0, teremos 𝑑𝑅 = 𝜌 𝑑𝑟 𝐴(𝑟) ⟹ 𝑅 = 𝜌 ∫ 𝑑𝑟 2𝜋𝑟𝐿 𝑏 𝑎 = 𝜌 2𝜋𝐿 ∫ 𝑑𝑟 𝑟 𝑏 𝑎 = 𝜌 2𝜋𝐿 ln ( 𝑏 𝑎 ), (2.3) onde 𝑅 é a resistência elétrica de uma casca cilíndrica de raio interno 𝑎, raio externo 𝑏, comprimento 𝐿 e resistividade 𝜌. Usando os dados numéricos do problema, teremos 𝑅 = 10,2 kΩ ∙ m 2𝜋 ∙ 1,50 m ln ( 17,78 cm 12,70 cm ) ≅ 364 Ω. A corrente elétrica, a partir da definição de resistência elétrica, será dada por 𝑖 = 𝑉 𝑅 ≅ 246 V 364 Ω ⟹ 𝑖 ≅ 0,676 A. Questão 3 [3,0 pts]: No circuito indicado na figura abaixo 𝑅2 = 3𝑅1 = 15,0 kΩ, ℰ1 = 2ℰ2 = ℰ3 = 6,00 V, 𝐶 = 12,0 𝜇F e o amperímetro é ideal. No instante 𝑡 = 0 o capacitor está totalmente descarregado. a) Determine a leitura do amperímetro em 𝑡 = 0. [1,0 pts] b) Determine a leitura do amperímetro em 𝑡 → ∞. [1,0 pts] c) Determine a constante de tempo capacitiva deste circuito. [1,0 pts] Solução: Apliquemos a lei das malhas às três malhas menores (esquerda, central e direita), percorrendo-as em sentido horário: ℰ1 − 𝑅1𝑖1 − 𝑅2𝑖2 − ℰ2 − 𝑅1𝑖1 = 0, (3.1) ℰ2 + 𝑅2𝑖2 − 𝑞 𝐶 = 0, (3.2) −ℰ3 − 𝑅1𝑖3 − 𝑅1𝑖3 = 0. (3.3) Pela lei dos nós, temos 𝑖1 = 𝑖2 + 𝑖 = 𝑖2 + 𝑖3 + 𝑖𝐴. (3.4) a) Como dito no enunciado, em 𝑡 = 0 temos 𝑞 = 0. Usando este resultado em (3.2), teremos ℰ2 + 𝑅2𝑖2 − 𝑞 𝐶 = 0 ⟹ ℰ2 + 3𝑅𝑖2 = 0 ⟹ 𝑖2 = − ℰ 3𝑅 , (3.5) onde fizemos 𝑅1 = 𝑅 = 5,00 kΩ ⟹ 𝑅2 = 3𝑅 e ℰ2 = ℰ = 3,00 V ⟹ ℰ1 = ℰ3 = 2ℰ. Combinando (3.1) com (3.2), teremos ℰ1 − 2𝑅1𝑖1 − (ℰ2 + 𝑅2𝑖2) = 0 ⟹ 𝑖1 = ℰ 𝑅 . (3.6) De (3.3) temos −ℰ3 − 2𝑅1𝑖3 = 0 ⟹ 𝑖3 = − ℰ 𝑅 . (3.7) Note que, pela equação (3.3), a corrente 𝑖3 independe das correntes nos outros ramos do circuito, de maneira que ela permanece constante no tempo. Combinando as equações (3.4) a (3.7), poderemos enfim encontrar a corrente que passa no amperímetro: 𝑖1 = 𝑖2 + 𝑖3 + 𝑖𝐴 ⟹ 𝑖𝐴 = 𝑖1 − 𝑖2 − 𝑖3 = ℰ 𝑅 + ℰ 3𝑅 + ℰ 𝑅 ⟹ 𝑖𝐴 = 7ℰ 3𝑅 . (3.8) Usando os dados numéricos do problema, teremos 𝑖𝐴 = 7ℰ 3𝑅 = 7 3 ∙ 3,00 V 5,00 kΩ ⟹ 𝑖𝐴 = 1,40 mA. A 𝑐 𝐶 𝑖1 𝑖2 𝑖3 𝑖𝐴 𝑖 𝑖1 b) Para calcular a corrente que passa no amperímetro em 𝑡 → ∞, lembremos que nesse limite o capacitor está totalmente carregado, o que significa que 𝑞 = 𝑐𝑡𝑒.. Enquanto o capacitor está sendo carregado, a corrente 𝑖 que passa por ele é dada por 𝑖 = 𝑑𝑞 𝑑𝑡 . (3.9) Como 𝑞 = 𝑐𝑡𝑒. em 𝑡 → ∞, a equação (3.9) dá 𝑖 = 0. Usando este resultado em (3.4) e combinando com (3.7), teremos 𝑖 = 𝑖3 + 𝑖𝐴 = 0 ⟹ 𝑖𝐴 = −𝑖3 = ℰ3 2𝑅 = 6,00 V 2 ∙ 5,00 kΩ ⟹ 𝑖𝐴 = 0,600 mA. c) Vimos que, num circuito RC de corrente contínua, a carga no capacitor tem a forma geral 𝑞(𝑡) = 𝐴 + 𝐵𝑒−𝑡 𝜏⁄ , (3.10) onde 𝐴 e 𝐵 são constantes e 𝜏 é a constante de tempo capacitiva. Usando (3.9), a corrente 𝑖 será 𝑖(𝑡) = − 𝐵 𝜏 𝑒−𝑡 𝜏⁄ . (3.11) Em 𝑡 = 0 temos 𝑞 = 0, logo 𝑞(0) = 𝐴 + 𝐵 = 0 ⟹ 𝐵 = −𝐴. (3.12) Usando (3.12) em (3.11), a corrente 𝑖 em 𝑡 = 0 será dada por 𝑖(0) = 𝐴 𝜏 . (3.13) Das equações (3.4) a (3.6), temos 𝑖(0) = 𝑖1 − 𝑖2 = ℰ1 2𝑅 + ℰ2 3𝑅 = 4ℰ 3𝑅 . (3.14) No limite 𝑡 → ∞ temos 𝑖 = 0, o que, de (3.4), implica 𝑖1 = 𝑖2. Usando esse resultado em (3.1), teremos ℰ1 − ℰ2 − 2𝑅1𝑖1 − 𝑅2𝑖2 = 0 ⟹ 𝑖2 = ℰ 5𝑅 . Usando este resultado em (3.2): ℰ2 + 𝑅2𝑖2 − 𝑞 𝐶 = 0 ⟹ ℰ + 3𝑅 ( ℰ 5𝑅 ) − 𝑞(∞) 𝐶 = 0 ⟹ 𝑞(∞) = 𝐴 = 8 5 ℰ𝐶, (3.15) onde usamos (3.10). Combinando (3.13) a (3.15), teremos enfim: 𝑖(0) = 𝐴 𝜏 = 4ℰ 3𝑅 ⟹ 8 5ℰ𝐶 𝜏 = 4ℰ 3𝑅 ⟹ 𝜏 = 6 5 𝑅𝐶 = 6 5 ∙ 5,00 kΩ ∙ 12,0 𝜇F ⟹ 𝜏 = 72,0 ms. Questão 4 [2,0 pts]: Um conjunto de partículas carregadas se movem sob um campo magnético uniforme �⃗⃗⃗�. Observa-se que um próton, movendo-se no sentido +𝑂𝑥 com rapidez de 3,60 km s⁄ , sofre uma força de módulo 3,50 × 10−16N orientada no sentido +𝑂𝑦, e que um elétron, movendo-se no sentido – 𝑂𝑧 com rapidez 9,50 km s⁄ , sofre uma força (também orientada no sentido +𝑂𝑦) de módulo 1,35 × 10−15N. a) Determine o campo magnético �⃗⃗⃗�. [1,0 pts] b) Determine os períodos dos movimentos do próton e do elétron. [1,0 pts] Solução: a) A força magnética �⃗⃗⃗� sobre uma carga 𝑞 se movendo com velocidade �⃗⃗⃗� num campo magnético �⃗⃗⃗� é (no SI) dada por �⃗⃗⃗� = 𝑞�⃗⃗⃗� × �⃗⃗⃗�. (4.1) Pelo enunciado do problema, temos �⃗⃗⃗�𝑝 = 𝑣𝑝�̂�, �⃗⃗⃗�𝑝 = 𝐹𝑝𝒋̂, �⃗⃗⃗�𝑒 = −𝑣𝑒�̂�, �⃗⃗⃗�𝑒 = 𝐹𝑒𝒋̂, �⃗⃗⃗� = 𝐵1�̂� + 𝐵2𝒋̂ + 𝐵3�̂�, (4.2) onde �⃗⃗⃗� é o campo magnético, �⃗⃗⃗�𝑝(𝑒) é a velocidade, 𝑣𝑝(𝑒) é a rapidez e �⃗⃗⃗�𝑝(𝑒) é a força magnética sobre o próton(elétron). Combinando (4.1) e (4.2), teremos �⃗⃗⃗�𝑝 = 𝑞𝑝 �⃗⃗⃗�𝑝 × �⃗⃗⃗�𝑝 ⟹ 𝐹𝑝𝒋̂ = 𝑒(𝑣𝑝�̂�) × (𝐵1�̂� + 𝐵2𝒋̂ + 𝐵3�̂�) = 𝑒𝑣𝑝(𝐵2�̂� − 𝐵3𝒋̂) ⟹ { 𝐵2 = 0, (4.3) 𝐵3 = − 𝐹𝑝 𝑒𝑣𝑝 . (4.4) �⃗⃗⃗�𝑒 = 𝑞𝑒 �⃗⃗⃗�𝑒 × �⃗⃗⃗�𝑒 ⟹ 𝐹𝑒𝒋̂ = −𝑒(−𝑣𝑒�̂�) × (𝐵1�̂� + 𝐵2𝒋̂ + 𝐵3�̂�) = 𝑒𝑣𝑒(𝐵1𝒋̂ − 𝐵2�̂�) ⟹ 𝐵1 = 𝐹𝑒 𝑒𝑣𝑒 . (4.5) Logo, usando os resultados (4.3) a (4.5) em (4.2), teremos �⃗⃗⃗� = 𝐹𝑒 𝑒𝑣𝑒 �̂� − 𝐹𝑝 𝑒𝑣𝑝 �̂�. (4.6) Usando os dados numéricos do problema: �⃗⃗⃗� = 1 1,602 × 10−19C ( 1,35 × 10−15N 9,50 × 103 m s⁄ �̂� − 3,50 × 10−16N 3,60 × 103 m s⁄ �̂�) ⟹ �⃗⃗⃗� ≅ (0,887 T)�̂� − (0,607 T)�̂�. (4.7) b) O período 𝑇 do movimento (no SI) é dado por �⃗⃗⃗� = − 𝑞 𝑚 �⃗⃗⃗� ⟹ 𝑇 = 2𝜋 Ω = 2𝜋𝑚 |𝑞|𝐵 . (4.8) De (4.7), obtemos o módulo do campo: 𝐵 = √𝐵1 2 + 𝐵3 2 = √(0,887)2 + (−0,607)2 T ≅ 1,07 T. (4.9) Usando (4.9) em (4.8), o período 𝑇𝑝 para o próton será 𝑇𝑝 = 2𝜋𝑚𝑝 𝑒𝐵 ≅ 2𝜋 ∙ 1,673 × 10−27kg 1,602 × 10−19C ∙ 1,07 T ⟹ 𝑇𝑝 ≅ 6,10 × 10 −8s = 61,0 ns. Para o elétron, temos 𝑇𝑒 = 2𝜋𝑚𝑒 𝑒𝐵 = 𝑇𝑝 𝑚𝑝 𝑚𝑒⁄ ≅ 61,0 ns 1836,15 ⟹ 𝑇𝑒 ≅ 0,0332 ns = 33,2 ps.
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