1ë Teste de EO16 de Novembro de 2012

18H00Duração: 1H30

Electromagnetismo e ÓpticaMestrado em Eng. Electrotécnica e Computadores (MEEC)

1ë semestre de 2012-2013

Prof. Jorge RomãoProf. Amaro Rica da Silva

Profa. Raquel CrespoAssist. João Pedro Canhoto

• Durante a realização do teste não é permitido o uso de telemóveis e calculadoras.

• Identifique claramente todas as folhas do teste.

• Inicie a resolução de cada um dos problemas numa nova página.

Problema 1.Considere o sistema representado na Figura 1, consti-tuído por dois condutores maciços em equilíbrio ele-trostático. O condutor interior está compreendido entreas superfícies esféricas de raios a e b e condutor ex-terior entre as superfícies esféricas de raios c e d. Nacavidade do condutor interior existe o vazio e o espaçoentre os dois condutores está preenchido por um dielé-trico linear, homogéneo e isótropo de permitividade Ε.O condutor interior tem uma carga total -Q enquantoque a carga total no condutor exterior é 2Q (Q > 0).

[2.0] a) Determine a carga total nas superfícies interior eexterior de cada um dos condutores. Justifique aresposta.

Figura 1

R: Como o campo elétrico-®E é zero dentro dos condutores, o fluxo de

-®E (ou

-®D = ¶o

-®E) através de qualquer

superfície de Gauss S que permaneça no interior das esferas condutoras é necessariamente zero, e

pela Lei de Gaussàà

S

-®D×d-®S = Qint , a soma Qint das cargas livres interiores a S deve ser também zero.

Em condutores em equilíbrio eletrostático toda a carga livre deve encontrar-se à superfície dos condu-tores. Assim, se no condutor interior a carga total é Qa + Qb = -Q, usando uma superfície de gaussSi, cujos pontos estão a uma distância rs Î [a, b] do centro, concluímos que na sua superfície internaQint = Qa = 0, donde Qb = -Q na sua superfície externa.

No condutor exterior a carga total é Qc + Qd = 2Q. Usando uma superfície de gauss Se, cujos pontosestão a uma distância rs Î [c, d] do centro, concluímos de Qint = Qb + Qc = 0 que na superfície internaQc = -Qb = Q, donde Qd = 2Q - Qc = Q na sua superfície externa. Em resumo:

ìïïïïïïíïïïïïïî

Qa = 0Qb = -QQc = +QQd = +Q

(1)

[2.0] b) Determine, detalhando todos os cálculos efetuados, a expressão do vectorÓ

D(r) em todo o espaço (r <a, a < r < b, b < r < c, c < r < d, r > d).

R: Usando agora a lei de Gauss para superfícies esféricas Sr de raio r apropriado para cada região, obtemosusando a simetria esférica da distribuição de cargas e a invariância em Sr da componente radial Dr(r) de-®D

àà

Sr

-®D×d-®S = Dr(r) 4 Π r2

= Qint �

ìïïïïïïïïïïïïïïïïïïïïíïïïïïïïïïïïïïïïïïïïïî

-®D = 0 0 < r < a

-®D = 0 a < r < b

-®D = -

Q4 Π r2

-®e r b £ r £ c

-®D = 0 c < r < d

-®D =

Q4 Π r2

-®e r d £ r < ¥

(2)

no referencial 9-®e r,-®eΘ,-®ej= associado às coordenadas esféricas {r, Θ,j}.

[2.0] c) Determine, detalhando todos os cálculos, a expressão do potencial elétrico em todas as regiões do espaço,tomando como referência Φ(¥) = 0.

R: Como-®E =

-®D¶

ou-®E =

-®D¶o

(dependendo da presença ou não de um meio dielétrico), e dentro dos conduto-

res em equilíbrio o potencial Φ é constante, então podemos usar a expressão

Φ(r) = Φ IroM - àro®r

-®E × d-®r = Φ IroM - à

r

ro

Er(r) dr (3)

para calcular

ìïïïïïïïïïïïïïïïïïíïïïïïïïïïïïïïïïïïî

Φ(r) = -à

r

¥

Q4 Π ¶o

1r2 dr =

Q4 Π ¶o

1r

d < r < ¥

Φ(r) = Φ(d) = Φ(c) =Q

4 Π ¶o

1d

c £ r £ d

Φ(r) = Φ(c) -à

r

cK-

Q4 Π ¶

1r2 O dr =

Q4 Π ¶o

1d+

Q4 Π¶K

1c-

1rO b < r < c

Φ(r) = Φ(b) = Φ(a) =Q

4 Π ¶o

1d+

Q4 Π ¶

K

1c-

1bO 0 < r < b

(4)

[2.0] d) Determine as densidades de carga de polarização nas duas superfícies do dielétrico, Σ¢(b), Σ¢(c) e adensidade de carga de polarização em volume Ρ¢.

R: Dentro do dielétrico não existem cargas livres, o que significa que aí Ñ×-®D = 0. Como no dielétrico

-®P = ¶o Χ e

-®E =

¶o Χe¶

-®D obtemos imediatamente que para b < r < c,

Ρ¢(r) = -Ñ×

-®P = -

¶o Χe¶Ñ×-®D = 0 (5)

Na superfície interior do dielétrico, para r = b, temos -®next(b) = --®e r, enquanto na superfície exterior do

dielétrico -®next(c) =-®e r. Assim, relembrando que ¶o Χe = ¶ - ¶o

ìïïïïïïíïïïïïïî

Σ¢(b) =

-®P(b) × -®next(b) =

¶ - ¶o¶

Q4 Π b2

Σ¢(c) =

-®P(c) × -®next(c) = -

¶ - ¶o¶

Q4 Π c2

(6)

[2.0] e) Determine a energia eletrostática do sistema.

R: A energia eletrostática pode ser calculada para um sistema de condutores com cargas Qi a potenciais Φi

como U = 12 Úi QiΦi ou seja

U =12IQbΦ(b) + IQc + QdM Φ(c)M =

12K-Q K

Q4 Π ¶o

1d+

Q4 Π ¶

K

1c-

1bOO + 2Q K

Q4 Π ¶o

1dOO (7)

ou

U =Q2

8 Π ¶K

1b-

1cO +

Q2

8 Π ¶o

1d

(8)

Outra forma de determinar a energia eletrostática é avaliar a energia armazenada no campo em todo o

espaço, com densidade de energia local we =12-®E ×-®D.

Dentro do dielétrico-®E =

1¶

-®D :

Ui = àààrÎ[b,c]

12 ¶|-®D |2 âV =

à

2 Π

0à

Π

0à

c

b

12 ¶K-

Q4 Π r2 O

2r2 sin(Θ) âr âΘ âj =

=1

2 ¶Q2

( 4 Π)24 Πà

c

b

1r2 dr =

Q2

8 Π ¶K

1b-

1cO (9)

enquanto no espaço exterior às esferas-®E =

1¶o

-®D

Ue = àààrÎ[d,¥]

12 ¶o|-®D |2 âV =

à

2Π

0à

Π

0à

¥

d

12 ¶oK

Q4 Π r2 O

2r2 sin(Θ) âr âΘ âj =

=1

2 ¶o

Q2

( 4 Π)24 Πà

¥

d

1r2 dr =

Q2

8 Π ¶o

1d

(10)

A soma destes dois termos dá a energia total Ui +Ue = U tal como anteriormente determinada.

Uma terceira via consiste em olhar para o sistema como dois condensadores em série, um com armadurasem b e c com carga Q, e o outro com armaduras em d e ¥, também com carga Q. A energia armaze-

nada num condensador é Uc =12

QV, onde V é a tensão entre as armaduras. Assim, para o primeirocondensador

V1 = Φ(c) - Φ(b) =Q

4 Π ¶K

1b-

1cO � Uc1

=Q2

8 Π ¶K

1b-

1cO (11)

enquanto no segundo

V2 = Φ(d) - Φ(¥) =Q

4 Π¶o

1d

� Uc2=

Q2

8 Π ¶o

1d

(12)

e portando Uc1+Uc2

= U como anteriormente.

Problema 2.Um tubo condutor cilíndrico oco de diâmetro d, espessura a e comprimento L � d, é percorrido por umacorrente I resultante de uma tensão V aplicada entre as suas extremidades (Figura 2). Sabendo que a suacondutividade é Σc e a permeabilidade magnética é Μ,

[2.0] a) Determine a resistência total R do tubo, e a densidade de corrente de condução-®J no tubo.

R: Pela definição de resistência R =LΣc S

para um condutor de secção constante S (secção perpendicular à

direcção da corrente) e comprimento L, temos neste caso

R =1Σc

L

Π Id2 M

2- Π I

d2 - aM

2 =1Σc

LΠ a (d - a)

(13)

J =IS=VR S=ΣcV

L�

-®J =ΣcV

L-®uz (14)

(Se não resolver a alínea a) apresente os resultados das alíneas seguintes em função de I.)

[3.0] b) Na aproximação de um condutor retilíneo infinito, escreva as expressões para o campo-®B em todas as

regiões na vizinhança e dentro do tubo (Figura 2). Explique os seus resultados.

R: Pela Lei de Ampére, dentro do tubo para r <d2- a tem-se

-®H º 0 , e para

d2- a < r <

d2

, tem-se

¨

¶S

-®H × d

-®l = Icond

int � HΘ(r) 2 Π r =

à à

S

-®J ×d-®S =ΣcV

LΠ(r2- (

d2- a)2)

portanto em coordenadas cilíndricas,

-®H = H

Θ(r) -®u

Θ(Θ) =

ΣcV2 LIr2- (

d2 - a)2Mr

-®uΘ(r) ;

-®B = Μ

-®H = Μ

ΣcV2 LIr2- (

d2 - a)2Mr

-®uΘ(r) (15)

Fora do tubo r >d2

tem-se

¨

¶S

-®B × d-®l = Μo Itot

int � BΘ(r) 2 Π r = Μo I = Μo

ΣcVLΠ a (d - a) (16)

-®B = B

Θ(r)-®u

Θ(Θ) = Μo

I2 Π r-®uΘ(Θ) ou

-®B = Μo

ΣcV2 L

a (d - a)r

-®uΘ(Θ) (17)

[3.0] c) Determine a magnetização-®M e as densidades de correntes de magnetização

-®JM e

-®J¢M, respetivamente

dentro e na superfície do condutor.

R: Relembrando que Χm =Μ-ΜoΜo

,

-®M = Χm

-®H = Χm H

Θ(r)-®u

Θ(Θ) = M

Θ(r)-®u

Θ(Θ) (18)

Para a superfície exterior onde r = d2 ,

-®J ¢M =

-®M ´ -®next = Χm H

ΘK

d2O

-®uΘ(Θ) ´

-®ur(Θ) = -Χma(d - a)

dΣcV

L-®uz (19)

enquanto que na superfície interior, onde r = d2 - a, se tem

-®J ¢M = 0 porque H

Θ(

d2 - a) = 0.

-®JM = Ñ ´

-®M =

1r¶ Ir M

Θ(r)M

¶r-®uz (20)

-®JM = Χm

ΣcV2L

1r¶

¶rKr2- (

d2- a)2O -®uz = Χm

ΣcVL-®uz = Χm

-®J (21)

[2.0] d) Assumindo que o tubo é agora envolvido por um cilindro condutor de espessura desprezável (Figura 3),com o mesmo eixo mas diâmetro 2 d, qual seria a pressão

-®P ( N

m2 ) sentida na superfície do cilindro se estefosse percorrido por uma corrente I igual e no mesmo sentido que a do tubo?

R: A corrente I distribuída na superfície do condutor de raio R = d corresponde a uma densidade superficial-®J s =

I2 ΠR-®uz. Um segmento de condutor de largura RâΘ é atravessado por uma corrente ∆ I = Js RâΘ. Um

segmento de comprimento â-®l = âz -®uz constitui um elemento de corrente ∆ I â

-®l =-®J s RâΘ âz =

-®J s âS,

pelo que a força de Laplace é d-®Fm = ∆ I â

-®l ´-®B = âS

-®J s ´

-®B donde

-®P =

d-®FmdS= -

I BΘ(d)

2 Π d-®ur(Θ) = -Μo K

ΣcV a(d - a)2 d L

O

2-®ur(Θ) (22)

d

L

a

V

Figura 2

d

L

a

V

Figura 3

Formulário de Electromagnetismo e Óptica, MEEC (2008)

Electrostática

êÓ

E =1

4Π¶0

qr2Óur

ê1

4Π¶0= 9 ´ 109N.m2.C-2

ê¨

G

Ó

E × dÓl = 0

Ñ ´Ó

E = 0

ê¨

S

Ó

D × Ón dS =à

VΡliv dv

Ó

Ñ ×Ó

D = Ρliv

ê¨

S

Ó

P × Ón dS = -à

VΡpoldv

Ρpol = -Ó

Ñ ×Ó

P

Σpol =Ó

P × Ónext

ê ΦP = à

Re f

P

Ó

E × dÓl

Ó

E = -Ó

ÑΦ

êÓ

D =Ó

P + ¶0Ó

EÓ

D = ¶0(1 + ΧE )Ó

E = ¶Ó

E

ê Q = CV

ê UE = C12Gâ

i

qi Φi

ê uE =12¶E2

UE = àV

uE dv

êÓ

Fs = ±dUEdsÓus

Corrente eléctrica estacionária

êÓ

J = NqÓv

êÓ

J = ΣcÓ

E

ê I =à

S

Ó

J × Ón dS

ê p =Ó

J ×Ó

E

ê¨

S

Ó

J × Ón dS = -ddt àV

Ρdv

Ó

Ñ ×Ó

J = -dΡdt

Magnetostática

êÓ

B =à

G

Μ04Π

IdÓl ´ Óur

r2

Μ04Π= 10-7H/m

ê dÓ

F = IdÓl ´ ÓB

ê¨

S

Ó

B × Ón dS = 0

Ó

Ñ ×Ó

B = 0

ê¨

G

Ó

H × dÓl =à

S

Ó

J × Ón dS

Ó

Ñ ´Ó

H =Ó

J

êÓ

B = Μ0(Ó

M +Ó

H)Ó

B = Μ0(1 + Χm)Ó

H = ΜÓ

H

ê¨

G

Ó

M × dÓl =à

S

Ó

JM ×Ón dS

Ó

JM =Ó

Ñ ´Ó

MÓ

J¢

M =Ó

M ´ Ónext

Interacção de partículas e campos

êÓ

F = q IÓ

E + Óv ´Ó

BM

Campos variáveis e indução

ê¨

G

Ó

E × dÓl = - d

dt àS

Ó

B × Ón dS

Ó

Ñ ´Ó

E = -¶Ó

B¶t

ê Fi = LiIi +Mi jI j

ê UM = C12Gâ

i

FiIi

ê uM =12

B2

Μ

UM = àV

uMdv

êÓ

Fs = ±dUMdsÓus

ê¨

G

Ó

H × dÓl =à

S

Ó

J × Ón dS +ddt àS

Ó

D × Ón dS

Ó

Ñ ´Ó

H =Ó

J +¶Ó

D¶t

Ondas electromagnéticas

êÓ

S =Ó

E ´Ó

H

êÓn =Ó

Κ

Κ=

Ó

EE´

Ó

BB

êEB= v

ê v =10

¶Μ

ê u = uE + uM

ê I = ZÓ

S × Ón^

Óptica

ê n1senΘ1 = n2senΘ2

ê tgΘB =n2n1

interferência entre fendas

ê dsenΘmax = mΛ

ê dsenΘmin = mΛ +Λ

m¢ (m

¢

£ N e par)

difracção

ê asenΘmin = mΛ

F.Barão, L.F.Mendes Dep. de Física, IST

Algumas Primitivas

à

dx

Ix2+ bM

3/2 =1b

x0

x2+ b

à

xdx

Ix2+ bM

3/2 = -1

0

x2+ b

à

xdx0

x2+ b=

1

x2+ b

à

dx0

x2+ b= ln Kx +

1

x2+ bO

à

dxx(x + a)

=1a

ln(x

x + a)

Para o cálculo analítico de integrais pode ser consultado o endereço web: http://integrals.wolfram.com

Coordenadas cartesianas (x, y, z)

dÓl = dx Óux + dy Óuy + dz Óuz

dS = dx dy

dV = dx dy dz

Ó

ÑF = K¶F¶x

,¶F¶y

,¶F¶zO

Ó

Ñ ×Ó

A =¶Ax¶x+¶Ay

¶y+¶Az

¶zÓ

Ñ ´Ó

A = K¶

¶x,¶

¶y,¶

¶z, O ´ (Ax, Ay, Az)

Coordenadas polares (r, Θ)

dÓl = dr Óur + r dΘ Óu

Θ

dS = r dr dΘ

Coordenadas cilíndricas (r, Θ, z)

dÓl = dr Óur + r dΘ Óu

Θ+ dz Óuz

dV = r dr dΘ dz

Ó

ÑF = K¶F¶r

,1r¶F¶Θ

,¶F¶zO

Ó

Ñ ×Ó

A =1r¶(r Ar)

¶r+

1r¶AΘ

¶Θ+¶Az

¶zÓ

Ñ ´Ó

A = K1r¶Az

¶Θ-¶AΘ

¶zO

Óur + K¶Ar¶z-¶Az

¶rO

ÓuΘ+ K

1r¶(r A

Θ)

¶r-

1r¶Ar¶ΘO

Óuz

Coordenadas esféricas (r, Θ, Φ)

dÓl = dr Óur + r dΘ Óu

Θ+ r senΘ dΦ Óu

Φ

dV = r2 dr senΘ dΘ dΦ

Ó

ÑF = K¶F¶r

,1r¶F¶Θ

,1

rsenΘ¶F¶ΦO

Ó

Ñ ×Ó

A =1r2¶

¶rIr2ArM +

1rsenΘ

¶

¶ΘIsenΘA

ΘM +

1rsenΘ

¶

¶ΦIAΦM

Ó

Ñ ´Ó

A = C1

rsenΘ

¶(senΘAΦ)

¶Θ-¶(senΘA

Θ)

¶ΦG

Óur +1rC

1senΘ

¶Ar¶Φ-¶(rA

Φ)

¶rG

ÓuΘ+

1rC

¶(rAΘ)

¶r-¶Ar¶ΘG

ÓuΦ

Teorema da Divergência

à

V

Ó

Ñ ×Ó

A dV =¨

S

Ó

A × Ón dS

Teorema da Stokes

à

S

Ó

Ñ ´Ó

A dS =¨

G

Ó

A × dÓl

Identidades vectoriais

Ó

Ñ × (Ó

A ´Ó

B) =Ó

B × (Ó

Ñ ´Ó

A) -Ó

A × (Ó

Ñ ´Ó

B)Ó

Ñ × (Ó

Ñ ´Ó

A) = 0Ó

Ñ ´ (Ó

Ñ ´Ó

A) =Ó

Ñ(Ó

Ñ ×Ó

A) - Ñ2 ÓA