Gabarito da SUB

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Gabarito da SUB
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Fı́sica III - 4323203
Escola Politécnica - 2016
GABARITO DA PS
30 de junho de 2016
&
%
Questão 1 Uma barra fina, isolante, de comprimento a, com densidade linear de carga λ = Cx, onde
C > 0 é constante, está disposta ao longo do eixo x como mostra a figura abaixo. Uma
carga q é colocada a uma distância s > a da origem O.
y
s
O
a
q
x
(a) (1,0 ponto) Calcule o trabalho para trazer a carga do infinito até a posição (s, 0, 0).
(b) (1,5 ponto) Calcule a força de interação entre a carga e o fio.
1
Solução da questão 1
(a) O trabalho W é igual à energia potencial da carga no ponto (s, 0, 0). O potencial é
Za
Z
1
dq
1
Cxdx
C
V =
=
=−
[x + s ln(s − x)]a0
4π0
r
4π0
s−x
4π0
0
C
a + s ln
=−
4π0
s−a
s
qC
s−a
=⇒ W = qV = −
s ln
+a .
4π0
s
~ onde E
~ só possui a componente x. Por(b) A força de interação é dada por F~ = q E,
R
~ = dEx bı, onde
tanto, E
dEx =
y
s
dq
O
1 dq
1 Cxdx
=
2
4π0 r
4π0 (s − x)2
x
a
s−x
~ = 1
E
4π0
q
x
Za
Cxdx
bı
(s − x)2
0
a
C
s
=
+ ln(s − x) bı.
4π0 s − x
0
qC
s−a
a
~
~
F = qE =
+ ln
bı .
4π0 s − a
s
Solução alternativa: O campo também pode ser obtido derivando o potencial obtido
no item (a).
∂V
qC ∂
=
[s ln(s − a) − s ln(s) − a]
∂s
4π0 ∂s
qC
s
C
a
s−a
=
ln(s − a) +
− ln s − 1 =
+ ln
bı.
4π0
s−a
4π0 s − a
s
Ex = −
~ = Ex bı, portanto
Temos E
qC
a
s−a
~
~
F = qE =
+ ln
bı .
4π0 s − a
s
2
Questão 2 Um fio condutor muito longo e de seção cilı́ndrica de raio a está envolto por uma casca
cilı́ndrica de raio b, formando um cabo coaxial. No fio há uma densidade de corrente
uniforme J~ = J ̂, onde J > 0. Na casca flui uma corrente I no sentido negativo do eixo
y.
y
J
b
a
I
(a) (1,0 ponto) Calcule o vetor campo magnético nos pontos onde 0 ≤ r ≤ b (r é a
distância do ponto até o eixo y).
(b) (1,5 ponto) Determine a razão J/I para a qual o vetor campo magnético se anula
na região exterior à casca cilı́ndrica (r > b).
3
Solução da questão 2
A lei de Ampère
I
~ · d~l = µ0 I(r),
B
C
onde C é um cı́rculo de raio r, coaxial com o cabo, e a simetria cilı́ndrica do problema
resultam em
I
~ · d~l = B(r)2πr = µ0 I(r) ⇒ B(r) = µ0 I(r) .
B
2πr
C
~ dentro do cabo coaxial.
(a) Cálculo do campo B
Para 0 ≤ r < a,
Z
~ = πr2 J.
J~ · dA
I(r) =
Logo;
~ < a) = µ0 J r φ̂ .
B(r
2
Para a ≤ r ≤ b,
Z
I(r) =
~ = πa2 J.
J~ · dA
Logo
2
~ ≤ r ≤ b) = µ0 a J φ̂ .
B(a
2r
~ fora do cabo coaxial (r > b).
(b) Cálculo do campo B
Z
~ − I = πa2 J − I.
I(r) = J~ · dA
Logo
2
~ > b) = µ0 πa J − I φ̂.
B(r
2πr
A razão J/I para a qual o campo magnético se anula para r > b é
J
1
= 2 .
I
πa
4
Questão 3 Uma barra condutora vertical de comprimento L pode se mover deslizando sem atrito
sobre dois condutores paralelos fixos. A barra, os condutores e uma barra fixa ao longo
do eixo y formam um circuito fechado com resistência R. Próximo do condutor inferior,
a uma distância a, existe um fio horizontal infinito e paralelo aos dois condutores como
mostra a figura abaixo.
y
L
R
a
z
O
I
x0
fio infinito
x
(a) (1,5 ponto) No instante t = 0 começa a passar no fio infinito uma corrente que
aumenta com o tempo segundo a expressão I(t) = If (1 − e−t/τ ), onde If e τ são
constantes. Calcule a corrente induzida iind no circuito e o seu sentido (horário ou
anti-horário) no caso em que a barra é mantida fixa na posição x0 .
(b) (1,0 ponto) Calcule o módulo e o sentido da força externa F~ext necessária para
manter a barra na posição x0 enquanto a corrente no fio infinito aumenta.
b
~ = µ0 I φ/(2πr),
Dado: campo magnético gerado pelo fio B
onde r é a distância até o fio.
5
Solução da questão 3
(a) Como a barra está fixa, o comprimento horizontal do circuito é x0 . O fluxo magnético
através do circuito é
Z
Φ=
~ A
~=
B.d
Z
a+L
a
µ0 Ix0 dy
µ0 Ix0
=
2πy
2π
Z
a+L
a
µ 0 x0 I
dy
=
ln
y
2π
a+L
a
A fem induzida é
Eind
µ 0 x0
dΦ
=−
ln
=−
dt
2π
a+L
a
dI
µ 0 x0
=−
ln
dt
2π
a+L
a
If −t/τ
e
.
τ
A corrente induzida é
iind
Eind
µ0 x0
=
=−
ln
R
2πR
a+L
a
If −t/τ
.
e
τ
Como o fluxo está aumentando, de acordo com a lei de Lenz o campo deve ter o
sentido contrário do original. Portanto, a corrente induzida deve ser no sentido
horário.
(b) Para que a barra fique parada, a resultante das forças deve ser nula. Portanto,
F~ext = −F~mag .
Z a+L
~
~
Fext = −iind
d~l × B
a
F~ext
µ0 x 0
ln
=
2πR
a+L
a
F~ext
If −t/τ
e
τ
µ0
=
ln
2π
Z
a
a+L
2
x0 If2 −t/τ
µ0 I
µ0
a+L
dy bı =
ln
e
(1−e−t/τ )bı.
2πy
2π
a
τR
a+L
a
6
2
x0 If2 −t/τ
e
(1 − e−t/τ )bı .
τR
Questão 4 Uma onda eletromagnética plana harmônica se propaga no vácuo na direção e sentido
positivo do eixo z, sendo que o campo elétrico está na direção do eixo x. A figura abaixo
mostra o campo elétrico como função da coordenada z no instante t = 0.
2b
E
1b
0
-1b
-2b
0
2a
4a
6a
8a
10a
12a
14a
Z
(a) (1,0 ponto) Escreva as expressões dos campos elétrico e magnético da onda.
(b) (1,0 ponto) Calcule o vetor de Poynting e a intensidade da onda.
(c) (0,5 ponto) Calcule a densidade média de energia magnética.
7
Solução da questão 4
(a) A expressão geral do campo elétrico da onda do problema é
hπ
i
2π
~
(z − ct) + φ bı = 2b cos
(z − ct) + φ bı,
E = E0 cos(kz − ωt + φ)bı = E0 cos
λ
3a
onde usamos k = 2π/λ, ω = kc e obtivemos do gráfico E0 = 2b e λ = 6a .
A condição E(0, 0) = 2b cos φ = −b =⇒ φ = 2π/3 ou 4π/3. Mas E(2a, 0) =
2b =⇒ φ = 4π/3 . Assim,
4π
π
~ = 2b cos
(z − ct) +
bı .
E
3a
3
O campo magnético é
b
~
π
k×E
2b
4π
~
=
cos
(z − ct) +
E=
b
.
c
c
3a
3
(b) O vetor de Poynting é
2
~ ×B
~
E
4π
4b
π
2
b
~=
S
(z − ct) +
k.
=
cos
µ0
cµ0
3a
3
A intensidade é
I =< S >=
2b2
.
cµ0
(c) A densidade média de energia < u > é a soma das densidades médias das energias
elétrica < ue > e magnética < um >. Além disto, < ue >=< um >. Portanto,
< u >=< ue > + < um >= 2 < um >=⇒< um >=
b2
=⇒ < um >= 2 .
c µ0
8
1
1
1
< u >=
< S >= I
2
2c
2c
Formulário
Z B
Z
dq
dq
1
~
~ = −∇V,
~
~ ·d~`, V =
F~ = q E,
, E
r̂,
V
−V
=
−
E
B
A
r2
4π0
r
A
Z
~
~
~
~
~ A,
~ dF~ = Id~`×B,
~
~ ~τ = µ
~
~ = µ0 I d` × ~r ,
F = q E+q~v ×B, ΦB = B·d
~µ = I A,
~ ×B,
dB
4π r3
I
I
Z
I
I
~ A
~ = 0, E = E·d
~ ~` = − d
~ A
~ = − dΦm ,
~ ~` = µ0 Iint ,
~ A
~ = qint ,
B·d
B·d
B·d
E·d
0
dt
dt
I
Z
Z
~
d
~
~
~ B
~ = 0, ∇×
~ E
~ = − ∂B ,
~
~
~ A,
~ ∇·
~ E
~ = ρ , ∇·
B·d` = µ0 I+µ0 0
E·dA, I = J·d
dt
0
∂t
Z
Z
~
tdt
tdt
c
~ ×B
~ = µ0 J~ + µ0 0 ∂ E ,
∇
= −t − c ln (c − t) ,
=
+ ln (c − t) .
2
∂t
c−t
(c − t)
c−t
~ = 1
E
4π0
Z
~ = µ0 0
∇2 E
~
∂ 2E
,
∂t2
~ = Em cos(kx ± ωt + φ)b
E
ey ,
f = 1/T,
~= 1E
~ × B,
~
S
µ0
~ = µ0 0
∇2 B
~
∂ 2B
,
∂t2
1
c= √
,
µ0 0
2π
,
λ
0 E 2
B2
u = ue + um =
+
,
2
2µ0
~ = Bm cos(kx ± ωt + φ)b
B
ez ,
S = uc,
E = cB,
< cos2 (kx−ωt+φ) >=< sen2 (kx−ωt+φ) >= 1/2,
9
k=
ω=
2π
,
T
k c = ω,
I =< S >=
Em Bm
,
2µ0
< cos(kx−ωt+φ) sen(kx−ωt+φ) >= 0.

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