Mestrado em Engenharia

Eletrotecnica e de Computadores (MEEC)

Electromagnetismo e Optica

1o semestre de 2016-2017

2o Teste

solucao abreviada

Duracao do teste: 1h30

10/12/2016 (10h00)

Prof. Ilıdio Lopes (responsavel)

Prof. Amaro Rica da Silva

Eng. Jose Vargas Lopes

Avisos:

- Durante a realizacao do teste/exame nao e permitido o uso de telemoveis e calculadoras.- Identifique claramente todas as folhas do teste/exame.- Inicie a resolucao de cada um dos problemas numa nova pagina.

- Realize sempre em primeiro lugar os calculos analıticos e so no final substitua pelos valores numericos.- So serao cotadas as respostas em que ha trabalho mostrado (regulamento do IST).

NOTA: Este documento apresenta a solucao abreviada, nao incluindo todos os passos e justificacoes que

devem aparecer na resolucao e que sao cotados.

Considere um condutor cilındrico e homogeneo, percor-

rido pela corrente i1 (uniformemente distribuıda) segundo−→u z, colocado perto de uma espira retangular com corrente

i2 (ver Figura 1). O condutor cilındrico tem um raio R,

comprimento infinito, uma permeabilidade magnetica con-

stante µ1 e uma condutividade eletrica σc.

Figura 1

Determine:

1

(a) [2.0] A inducao magnetica−→B1 no interior (0 ≤ r ≤ R) e fora (r > R) do cilindro devida a corrente

i1.

Solucao: Por simetria, o campo magnetico−→B1 tem a direccao de −→

u θ, em coordenadas cilındricas. Es-

colhendo uma curva fechada circular (Γ), de raio r, no plano perpendicular a −→u z e com centro no eixo do

cilindro, tem-se:

H1 2π r =

∫

Γ

−→H1 · d

−→ℓ = iatrav =

i1 r > R

i1πr2

πR2 r < R.

No interior do condutor (r < R)−→H1 = µ

−→B1 e no vacuo (r > R)

−→H1 = µo

−→B1. Como tal,

−→B1 =

µoi12π

1

r−→u θ r > R

µ1i12π

rR2

−→u θ r < R.

(b) [1.5] A forca magnetica que o condutor exerce sobre a espira, assim como a forca que a espira exerce

sobre o condutor. Represente esquematicamente as forcas a atuar sobre a espira.

Solucao:

Metodo 1: Para calculamos a resultante das forcas magneticas a atuar sobre a espira−→F 12, consideremos as

forcas magneticas que estao atuar sobre os quatro segmentos da espira: a forca que atua sobre o lado em

z = h esta no sentido−→u z , sendo de igual modulo e sentido oposto a forca que atua sobre o lado z = 0,

assim por simetria, as forcas que atuam nestes segmentos cancelam-se. Por consequencia, a resultante das

forcas magneticas a atuar sobre a espira−→F 12 contribuem somente os segmentos, r = ra e r = rb, tal que−→

F 12 =−→F 1 +

−→F 2, com

−→F 1 = i2h

−→u z ×

−→B1(ra) e

−→F 2 = i2h

−→u z ×

−→B1(rb) onde

−→B1 = B1(r)

−→u θ e o campo

magnetico criado pelo condutor.

Assim, para−→F 12, obtem-se

−→F 12 =

−→F 1 +

−→F 2 = −µo

2πi1i2h

(

1

ra

)

−→u r +

µo

2πi1i2h

(

1

rb

)

−→u r

onde−→B1(r) = µoi2/(2πr)

−→u θ, tal que

−→F 12 = −µo

2πi1i2

h(rb − ra)

rarb

−→u r,

onde temos que a forca sobre o lado em r = ra (r = rb)−→F 1 (

−→F 2) esta segundo −−→

u r ( +−→u r). Como

B1(ra) > B1(rb) ou rb > ra, a forca resultante esta orientada no sentido −−→u r. Esta forca aponta para a

esquerda.

2

Metodo 2: Podemos calcular a a forca magnetica−→F 12, tambem a partir da energia magnetica UM (de

interacao entre os dois circuitos).

Escolhe-se uma superfıcie S2, no plano da figura, apoiada no circuito da espira, onde−→n 2 =

−→u θ.

Φ21 =

∫

S2

−→B1 · −→n 2dS2 =

µoi12π

h

∫ rb

ra

dr

r=

µohi12π

ln

(

rbra

)

M = M21 = M12 =Φ21

i1=

µoh

2πln

(

rbra

)

Considerando apenas a interaccao entre os dois circuitos (inductancia mutua e nao as auto-indutancias),

obtem-se

UM = Mi1i2 =µoh

2πln

(

rbra

)

i1i2.

Usando o metodo das correntes constantes para determinar−→F 12, obtem-se

−→F 12 =

dUM

dra

−→u r = i1i2

dM

dra

−→u r =

µo

2πi1i2

d

dra

[

ln

(

ra + d

ra

)]

−→u r

µo

2πi1i2

[

1

ra + d− 1

ra

]

−→u r = −µo

2πi1i2

dh

rarb

−→u r

−→F 12 = −µo

2πi1i2

h(rb − ra)

rarb

−→u r

onde rb = ra + d sendo d uma constante. A forca e atrativa. Para interpretar o sentido da forca resultante,

podemos usar o esquema de forcas da alınea anterior, como B1(ra) > B1(rb), a forca resultante esta segundo

−−→u r. Os coeficientes de auto-inducao nao sao necessarios porque nao dependem de r. A forca que a espira

exerce sobre o fio e dada por

−→F 21 = −−→

F 12

(c) [1.5] O vetor de Poynting−→S na superfıcie do condutor cilındrico, e a potencia dissipada por unidade

de comprimento. (Considere i2 = 0 nesta alınea.)

Solucao: Comecamos por calcular o campo electrico−→E no interior do condutor cilındrico

i1 =

∫

A

−→J · −→ndA =

∫

A

σc−→E · −→ndA = AσcE

E =i1

σcπR2

−→E =

i1σcπR2

−→u z

3

onde A = πR2 e uma seccao perpendicular (−→n ext =

−→u z) ao eixo do condutor cilındrico. O campo magnetico−→

H no exterior junto a superfıcie do condutor, calcula-se usando a lei de Ampere, tal que

∮

Γ

−→H · d−→ℓ = i1

−→H =

i12πr

−→u θ,

onde Γ e uma curva fechada junto a superfıcie do condutor cilındrico.

O vector de Poynting−→S na superfıcie e dado por

−→S (R) =

−→E (R)×−→

H(R), tal que

−→S =

i1πR2σc

i12πR

−→u z ×−→

u θ = − i212π2R3σc

−→u r

Determina-se a potencia dissipada P ′Joule (efeito de Joule) por unidade de comprimento, a partir do fluxo do

vector de Poynting−→S atraves da superfıcie do condutor.

ΦA = −∮

A

−→S · −→n extdA,

onde A e uma superfıcie cilındrica fechada. Como o vector Poytning aponta radialmente para dentro do

condutor cilındrico (−−→u r), calculamos apenas o fluxo sobre a superfıcie cilındrica do condutor r = R e

comprimento ℓ, uma vez que nos topos−→S e perpendicular a

−→n ext. Portanto, para a superfıcie cilındrica

r = R com−→n ext =

−→u r obtemos

−→S · −→u r = −|−→S |. Observe-se que onde a potencia que flui para dentro e

negativa e a potencia que flui para fora e positiva. Assim, o fluxo ΦA na superfıcie fechada cilındrica de area

A, escreve-se como

ΦA = |−→S |∮

A

dA =i21

2π2R3σc2πRℓ =

i21ℓ

πR2σc

e a potencia dissipada por unidade de comprimento como

P ′Joule =

ΦA

ℓ=

i21πR2σc

= R′i21

onde R′ = 1/(πR2σc) e a resistencia do condutor cilındrico por unidade de comprimento.

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Problema 2. [5 valores]

Figura 2

Considere um solenoide com um comprimento ℓ e

eixo paralelo a −→u z, de raio R1 ( R1 ≪ ℓ) e com

N espiras de fio enrolado em torno de um nucleo

de material ferromagnetico, com permeabilidade

magnetica µ. O solenoide e percorrido por uma

corrente de intensidade I .

Em torno do solenoide temos uma espira con-

dutora exterior, de raio R2 (R2 > R1), com eixo

coincidente com o do solenoide, como mostrado na

Figura 2.

Determine:

(a) [2.0] O campo magnetico−→B , o coeficiente de auto-inducao L e a energia magnetica UM do solenoide.

Solucao: Porque o solenoide e longo, podemos usar as simplificacoes dum solenoide infinito para calcular

o campo magnetico numa regiao do espaco longe das extremidades, onde os efeitos fronteira no campo nao

se fazem sentir. Assim, nessa regiao do espaco o campo−→H deve ser invariante para pequenas translacoes

z → z + h na direcao do eixo do solenoide.

Apos determinar o campo−→B = µ

−→H na regiao central interior do solenoide, podemos afirmar que, dada

a elevada permeabilidade do nucleo, as linhas de campo de−→B que atravessam uma seccao reta do nucleo

mantem-se preferencialmente no seu interior, e assim o fluxo magnetico φ atraves de cada espira e invariante

ao longo do solenoide. O fluxo total atraves do solenoide e assim Φ ≈ N φ.

Para determinar o fluxo magnetico para cada espira de area A1 = πR21 no solenoide, determinamos primeiro

a expressao do campo magnetico−→H numa regiao central interior do solenoide a partir equacao da lei gener-

alizada de Ampere:∮

Γ

−→H · d−→ℓ = iatravessa

∫

Γ1

−→H · d−→ℓ +

∫

Γ2

−→H · d−→ℓ

∫

Γ3

−→H · d−→ℓ +

∫

Γ4

−→H · d−→ℓ = iatravessa

onde Γ e uma curva fechada retangular e Γi (i = 1, 2, 3, 4) sao os lados do retangulo: Γ1 e Γ3 sao lados

horizontais, de comprimento h ≪ ℓ, paralelos ao eixo do solenoide −→u z , respetivamente dentro e fora do

5

solenoide; Γ2 e Γ4 sao lados verticais muito compridos, perpendiculares ao eixo. Consequentemente, o termo

de Γ3 e nulo porque Hz = 0 fora do solenoide. As circulacoes em Γ2 e Γ4 cancelam-se por serem trajetos em

sentidos contrarios embora−→H seja igual em ambos. Assim sendo, obtem-se para a circulacao no rectangulo

Γ∮

Γ

−→H · d−→ℓ =

∫

Γ1

−→H · d−→ℓ = Hz h =

N

ℓh I = iatravessa

Hz =N

ℓI = n I

Bz = µHz = µn I,

em que n = N/ℓ e a densidade de espiras por unidade de comprimento.

Assim, o fluxo de−→B = Bz

−→u z numa seccao recta do solenoide e dado por

φ =

∫

A1

−→B · −→n dA1 = Bz A1 = µn I A1 = µ

N

ℓI π R2

1

onde −→n = −→

u z (paralelo a−→B) e versor normal de uma seccao A1 = π R2

1 do cilindro. Substituindo esta

expressao na equacao da auto-indutancia, temos

L =Φ

I=

N φ

I= µ

N2

ℓA1 = µ

N2

ℓπ R2

1

O coeficiente de auto-indutancia L, tambem se escreve como

L = µN2

ℓA1 = µ

(nℓ)2

ℓA1 = µn2A1 ℓ = µn2 Vol,

onde N = nℓ, e Vol = A1 ℓ e o volume interior do solenoide. Para a energia magnetica UM obtem-se,

UM =1

2Φ I =

1

2LI2 =

1

2µn2A1 ℓ I

2 =1

2µn2 π R2

1 ℓ I2.

Note-se que nao temos mais termos em UM pois a espira nao tem corrente.

(b) [1.5] A forca eletromotriz gerada na espira de raio R2, assumindo que a corrente no solenoide e dada

por I = Io sin (ωt).

Solucao: Comecamos por calcular fluxo na espira exterior de raio R2, devido ao campo magnetico do

solenoide (note-se que, uma vez que no exterior do solenoide temos Bz = 0, so existe fluxo magnetico numa

regiao de area A1 = π R21 da espira)

Φ2 =

∫

A2

−→B · −→n 2 dA2 =

∫

A1

µn I −→u z · −→u z dA2 = µn I A1 = µn I π R21 = M I ,

6

onde M = µnA1 e o coeficiente de inducao mutua.

A partir da lei de Faraday (e desprezando os efeitos de auto-inducao da espira), a forca eletromotriz E calcula-

se como

E = −dΦ2

dt= −M

dI

dt= −µnπR2

1 Io ω cos (ω t)

onde I = Io sin (ωt).

Pergunta extra (nao foi considerada na avaliacao):

Determine o campo eletrico gerado pela forca eletromotriz. Indique a direcao e sentido da corrente induzida

e do campo magnetico induzido.

O campo eletrico calcula-se a partir da forca eletromotriz, tal que

E =

∮

Γ

−→E · d−→ℓ = E 2π R2,

onde Γ e uma curva circular fechada entorno do solenoide, tal que−→E = E−→

u θ e d−→ℓ = R2dθ

−→u θ. Usando a

forca eletromotriz E da ultima alınea tem-se

E =E

2π R2

= −1

2

µ

R2

nR21 Io ω cos (ω t)

Pela lei de Lenz, o campo magnetico induzido corresponde a um campo−→H

′ com sentido oposto ao campo−→H ,

assim pela R.M.D. (relativamente a−→H

′) a corrente induzida I ′ percorre a espira com sentido oposto a corrente

I no solenoide.

(c) [1.5] Considere uma onda eletromagnetica plana, monocromatica, de amplitudeEo(Vm−1) e frequencia

fo(Hz) que se propaga na direcao do eixo dos zz, num meio dieletrico com ındice de refracao

n =√2 e permeabilidade magnetica µo. A onda encontra-se polarizada linearmente na direcao

de −→α = 1√

2

(−→u x +

−→u y

)

.

Determine, detalhando os calculos:

(i) o numero de onda κ, a frequencia angular ω e o campo eletrico−→E (−→r , t).

Solucao: Para o campo eletrico temos

−→E (−→r , t) = Eo cos

(

ω t−−→k · −→r

)−→α =

= Eo cos (ω t− κz)(−→

ux+−→u y√2

)

= E(z, t)(−→u x +

−→u y

)

onde E(z, t) =Eo√2

cos (ω t− κ z), ω = 2πfo, v =c

n=

c√2

, λ =v

fo=

c

fo n=

c

fo√2

, κ =2π

λ=

2π fo√2

ce−→k = κ −→

u z .

7

(ii) a inducao magnetica−→B(−→r , t) e intensidade I da onda.

Solucao: Para o campo magnetico temos

−→H =

1

Z−→u k ×

−→E =

1

Z−→u z ×

−→E =

n

Zo

−→u z ×

−→E

onde−→u k = −→

u z e Z =√

µ/ǫ = µ v = Zo/n = 377/√2 Ω dado que n =

√ǫr, µ ∼ µo e Zo =

√

µo/ǫo = 377 Ω, onde v = 1/√µǫ. Assim sendo obtem-se

−→H =

n

Zo

∣

∣

∣

∣

∣

∣

−→u x

−→u y

−→u z

0 0 1E E 0

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=n

ZoE(z, t)

(

−−→u x +

−→u y

)

= H(z, t)(

−−→u x +

−→u y

)

onde H(z, t) =n

ZoE(z, t) =

√2

377E(z, t). Assim sendo para

−→B obtem-se

−→H(z, t) = n

ZoE(z, t)

(

−−→u x +

−→u y

)

Am−1

−→B(z, t) = µ

−→H(z, t) = µ n

ZoE(z, t)

(

−−→u x +

−→u y

)

T

−→S =

−→E ×−→

H = E(z, t)(−→u x +

−→u y

)

×H(z, t)(

−−→u x +

−→u y

)

−→S =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

−→u x

−→u y

−→u z

E E 0−H H 0

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= 2E(z, t)H(z, t)−→u z = 2 nZo

E2(z, t)−→u z

−→S = 2 n

Zo

1

2E2

o cos2 (ω t− κ z)−→e z (W m−2)

−→S =

√2

377E2

o cos2 (ω t− κ z)−→e z (W m−2)

I =< |−→S | >= 1

2

nZo

E2o = 1

2

√2

377E2

o (W m−2)

onde < | cos2(· · · )| >= 1/2.

(iii) o angulo de reflexao total, isto e, o angulo para o qual nao existe uma onda transmitida quando

a onda incide numa superfıcie deste meio, exposta ao ar.

Solucao: Quando ha reflexao total o angulo de transmissao e θt = π/2 pelo que pela Lei de Snell

n sin θic = 1, assim θic = sin−1 (1/n), θic = sin−1(

1/√2)

= 45o.

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