Mestrado em Engenharia

Eletrotecnica e de Computadores (MEEC)

Eletromagnetismo e Optica

1o semestre de 2016-2017

Exame ouRecuperacao de um dos Testes

Solucao abreviada

Duracao do teste: 1h30Duracao do exame: 3h00

13/01/2017 (8h00)

Prof. Ilıdio Lopes (responsavel)

Prof. Amaro Rica da Silva

Eng. Jose Vargas Lopes

- 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).

Problema 1. [5 valores]

Considere um condensador constituıdo por

duas armaduras esfericas condutoras ocas,

uma interior de raio ra e outra exterior de

raio rb, ambas de espessura desprezavel.

O espaco entre as armaduras metalicas

(ra ≤ r ≤ rb) esta preenchido por dois

dieletricos L.H.I. de permitividades ε1 e

ε2. A superfıcie de separacao entre os

dieletricos tambem e esferica, com um

raio rs tal que ra < rs < rb (ver Figura 1).

Suponha que as superfıcies interna e ex-

terna foram carregadas com uma carga +Qe −Q respectivamente (assuma-se Q > 0).

Figura 1Determine:

(a) [2.0] O campo eletrico ~E (~r) existente em todas as regioes do espaco.

(b) [1.5] A expressao do potencial eletrico φ (~r) em todas as regioes do espaco, tomando como referencia

φ∞ = 0. Qual e a capacidade C deste condensador?

(c) [1.5] As densidades superficiais de carga de polarizacao nas superfıcies dos dieletricos, σ′(ra), σ′(rs)

e σ′(rb), e a densidade de carga de polarizacao ρ′ em volume na regiao ra < r < rb.

1

Resolucao:

(a) [2.0] O campo eletrico ~E (~r) existente em todas as regioes do espaco.

Solucao: Usando a lei de Gauss generalizada para uma superfıcie esferica fechada S de raio r apropriado

para cada regiao especıfica do espaco, considerando a simetria esferica da distribuicao de cargas ( ~D ‖ ~ur),

obtemos

∫

~D · ~ndS = qlivin =⇒ D(r) =qlivin4πr2

=⇒ ~D =qlivin4πr2

~ur,

onde ~n = ~ur e o versor normal a superfıcie S e qlivin a carga livre dentro da superfıcie S.

~D =

+Q−Q = 0 se r > rb

+ Q4πr2

~ur se rs < r < rb

+ Q4πr2

~ur se ra < r < rs

0 se r < ra

=⇒ ~E =

0 se r > rb

+ Q4πǫ2

1

r2~ur se rs < r < rb

+ Q4πǫ1

1

r2~ur se ra < r < rs

0 se r < ra

(b) [1.5] A expressao do potencial eletrico φ (~r) em todas as regioes do espaco, tomando como referencia

φ∞ = 0. Qual e a capacidade C deste condensador?

Solucao: O potencial eletrico e calculado a partir da expressao

φ(r) = φ(ro)−∫ r

ro

~E · d~ℓ = φ(ro)−∫ r

ro

E(r)dr,

onde ro e o potencial electrico de referencia. Na regiao r ≥ rb, como o campo electrico e nulo temos que o

potencial electrico e constante tal que φ(r) = φ(ro) = φ(+∞) = 0. Na regiao rs < r < rb em que o campo

electrico varia, temos que

φ(r) = φ(rb)−Q

4πǫ2

∫ r

rb

1

r2dr = 0− Q

4πǫ2

[

−1

r+

1

rb

]

.

Assim procedendo de forma identica para a regiao ra < r < rs, temos que

φ(r) = φ(rs)−Q

4πǫ1

∫ r

rs

1

r2dr =

Q

4πǫ2

rb − rsrbrs

− Q

4πǫ1

[

−1

r+

1

rs

]

,

onde φ(rs) = Q/(4πǫ2) (rb − rs)/(rbrs). Na regiao r < ra em que o campo electrico varia temos que o

potencial electrico e constante tal que φ(r) = φ(ro) = φ(ra) = Q/(4πǫ2) (rb−rs)/(rbrs)+Q/(4πǫ1) (rs−

2

ra)/(rars). O potencial electrico escreve-se

φ(r) =

0 se r ≥ rb

Q4πǫ2

[

1

r− 1

rb

]

se rs < r < rd

Q4πǫ2

rb−rsrbrs

+ Q4πǫ1

[

1

r− 1

rs

]

se ra < r < rs

Q4π

[

rb−rsǫ1rbrs

+ rs−raǫ2rars

]

se r ≤ ra

(c) [1.5] As densidades superficiais de carga de polarizacao nas superfıcies dos dieletricos, σ′(ra), σ′(rs)

e σ′(rb), e a densidade de carga de polarizacao ρ′ em volume na regiao ra < r < rb.

Solucao: Dentro dos dieletricos (ra < r < rb) nao existem cargas livres, o que significa que aı temos

∇ · ~D = 0. Como no dieletrico de ındex i (onde i = 1, 2 refere-se aos dielectricos de permitividade electricas

ǫ1 e ǫ2) temos ~Pi = ǫoχi~E = ǫoχi

ǫi

~D, obtem-se imediatamente para estas regioes

ρ′i(r) = −∇ · ~Pi = −ǫoχi

ǫi∇ · ~D = 0.

Na superfıcie superior do dieletrico ǫ1 , para r = rs, temos ~next(r−s ) = ~ur, enquanto na superfıcie inferior do

dieletrico ǫ2 , para r = rs, temos ~next(r+s ) = −~ur. Assim, relembrando que ǫoχi = ǫi − ǫo, temos

σ′(r−s ) = ~P1(rs) · ~next(r−s ) = +ǫ1−ǫo

ǫ1

Q4πr2s

σ′(r+s ) = ~P2(rs) · ~next(r+s ) = −ǫ2−ǫo

ǫ2

Q4πr2s

Na superfıcie inferior do dieletrico ǫ1 , para r = ra, temos ~next(r+a ) = −~ur, de forma identica na superfıcie

superior do dieletrico ǫ2 , para r = rb, temos ~next(r−a ) = ~ur. Assim de forma identica ao ultimo calculo temos

σ′(r+a ) = ~P1(ra) · ~next(r+a ) = −ǫ1−ǫo

ǫ1

Q4πr2a

σ′(r−b ) =~P2(rb) · ~next(r

−b ) = +ǫ2−ǫo

ǫ2

Q

4πr2b

Alem disso lembramos que a carga total de polarizacao em cada dieletrico e nula. Assim para o dieletrico ǫ2temos

Q′ǫ2(r+a ) +Q′

ǫ2(r−s ) = σ′(r+a )4πr

2a + σ′(r−s )4πr

2s = 0

O mesmo se verifica para o dieletrico ǫ1.

3

Problema 2. [5 valores]

Considere dois condutores retangulares de

comprimento ℓ e seccoes quadradas de lado a,

ligados a mesma fonte de tensao V tal como

representado na Figura 2. Os dois condutores sao

feitos de material homogeneo, com as condutividades

electricas constantes σc1 e σc2 .

Determine, detalhando os calculos:

(a) [2.0] O campo electrico em cada um dos con-

dutores. Qual a relacao entre estes dois campos

electricos?

(b) [1.5] A densidade de corrente nos condutores e

a corrente electrica total no circuito.

(c) [1.5] A resistencia do sistema e a potencia dis-

sipada. Qual a relacao entre esta resistencia e

as resistencias dos condutores separados?

Figura 2

Resolucao:

(a) [2.0] O campo electrico em cada um dos condutores. Qual a relacao entre estes dois campos electricos?

Solucao: No caso em que o material do condutor e homogeneo e tem uma condutividade electrica constante,

a corrente electrica que percorre o condutor encontra-se uniformemente distribuıda. Assim sendo, as linhas

do campo electrico sao paralelas as faces do condutor e apontam no sentido do polo negativo (-) da fonte de

tensao, isto e na direcao ~uz . Como ambos os condutores estao ligados a mesma fonte de tensao V , a diferenca

de potencial entre os extremos de cada condutor e dada por

V =

∫ ℓ

0

~E1 · d~ℓ =∫ ℓ

0

~E2 · d~ℓ

V =

∫ ℓ

0

~E1 · ~uzdz =

∫ ℓ

0

~E2 · ~uzdz

V = E1ℓ = E2ℓ =⇒ E1 = E2 =⇒ E =V

ℓ.

Assim sendo temos ~E1 = ~E2 = E~uz =Vℓ~uz .

4

(b) [1.5] A densidade de corrente nos condutores e a corrente electrica total no circuito.

Solucao: Utilizando o resultado anterior e a lei de Ohm, as densidades de corrente escreve-se como

~J1 = σc1E~uz = σc1V

ℓ~uz,

~J2 = σc2E~uz = σc2V

ℓ~uz.

A corrente electrica total que percorre os condutores e igual a soma dos fluxos de cada uma das densidades

de corrente que atravessa uma seccao transversal de cada condutor. Considerando que as normais as seccoes

dos condutores sao paralelas aos vectores de densidades de corrente ~Ji temos:

I =

∫

A1

~J1 · ~n1dA1 +

∫

A2

~J2 · ~n2dA2

I = J1A1 + J2A2 = Ea2(σc1 + σc2)

I =V

ℓa2(σc1 + σc2)

onde A1 = A2 = a2.

(c) [1.5] A resistencia do sistema e a potencia dissipada. Qual a relacao entre esta resistencia e as re-

sistencias dos condutores separados?

Solucao: A resistencia electrica calcula-se a partir das expressoes obtidas para a corrente electrica, usando

a expressao:

R =V

I=

Eℓ

Ea2(σc1 + σc2)=

ℓ

a2(σc1 + σc2)

Comparando esta expressao com a resistencia de um condutor Ri =ℓ

a2σci(com i = 1, 2), verificamos que

R−1 = R−11 +R−1

2 .

R e assim a resistencia equivalente de um circuito com resistencias R1 e R2 ligadas em paralelo. A potencia

dissipada por efeito de Joule calcula-se como

P = RI2 = V I =V 2

ℓa2(σc1 + σc2)

[

=ℓ

a2(σc1 + σc2)I2]

.

5

Problema 3. [5 valores]

Uma espira retangular de comprimento ℓ e altura h afasta-

se com uma velocidade constante ~v de um fio infinito par-

alelo ao eixo ~uz. A Figura 3 mostra espira no instante ini-

cial t = 0 quando esta se encontra uma distancia ro do fio.

A resistencia total da espira e R e o fio e percorrido pela

corrente I .

Determine, detalhando os calculos:

(a) [2.0] O campo magnetico ~B a uma distancia r do fio

com a corrente I .

(b) [1.5] O coeficiente de inducao mutua M entre o fio e

a espira no instante t = 0.

(c) [1.5] A forca electromotriz Ei e a intensidade da

corrente induzida I ′ na espira (despreze a sua auto-

inducao).

ro

Figura 3Resolucao:

(a) [2.0] O campo magnetico ~B a uma distancia r do fio com a corrente I .

Solucao: Por simetria, o campo magnetico ~H tem a direcao de ~uθ, em coordenadas cilındricas. Escolhendo

uma curva fechada circular (Γ), de raio r, centrada no fio e num plano perpendicular a ~uz , tem-se:

∫

Γ

~H · d~ℓ =∫

2π

0

~H · ~uθrdθ = iatrav = I

H2πr = I =⇒ ~H =I

2πr~uθ.

O campo ~B = µo~H = µoI

2πr~uθ.

(b) [1.5] O coeficiente de inducao mutua M entre o fio e a espira no instante t = 0.

Solucao: Escolhe-se uma superfıcie S, no plano da figura, apoiada na espira, onde ~nS = ~uθ, para o fluxo

do campo ~B atraves da espira obtem-se

Φ ≡ Φ21 =

∫

S

~B · ~nSdS = h

∫ ro+ℓ

ro

µoI

2πrdr =

µoIh

2πln

(

1 +ℓ

ro

)

M = M21 = M12 =Φ21

I=

µoh

2πln

(

1 +ℓ

ro

)

6

(c) [1.5] A forca electromotriz Ei e a intensidade da corrente induzida I ′ na espira (despreze a sua auto-

inducao).

Solucao: Comecamos por calcular forca electromotriz ε induzida na espira, pela lei de Faraday tem-se

Ei = −dΦ

dt= − d

dt

[

µoIh

2πln

(

1 +ℓ

r(t)

)]

= −µoIh

2π

− ℓr2

drdt

1 + ℓr

=µoIh

2πr

ℓv

(r + ℓ),

onde a posicao da espira varia no tempo, tal que r(t) = ro + vt com v = dr/dt. A intensidade da corrente

induzida na espira e dada por

I ′ =EiR

=µoIh

2πRr

ℓ

(r + ℓ)v,

onde r(t) = ro + vt. O campo criado pelo fio ~B = B~uθ aponte para dentro da pagina, pela lei de Lentz

o campo induzido aponta para fora da pagina, e pela regra da RMD a corrente induzida na espira I ′, tem o

sentido do ponteiro dos relogios.

Problema 4. [5 valores]

Considere um solenoide com um comprimento ℓ e eixo

paralelo a ~uz, de raio R (R ≪ ℓ) formado por dois

conjuntos de espiras de fio enrolado em torno de um

nucleo de material ferromagnetico, com permeabilidade

magnetica µ. Os conjuntos de N1 e N2 espiras sao percor-

ridos por correntes I1 e I2, respetivamente, como indicado

na Figura 4.

Determine:

(a) [2.0] O campo magnetico ~B1(~r) e o coeficiente

de auto-inducao L1 do solenoide correspondente ao

conjunto de N1 espiras.

(b) [1.5] O coeficiente de inducao mutua M12 e energia

magnetica UM do sistema. Qual o valor da energia

magnetica UM no caso em que N1 = N2 e I1 = I2?Explique o resultado. Figura 4

7

(c) [1.5] Considere uma onda eletromagnetica plana, monocromatica, de frequencia f =√3 × 108 Hz,

a propagar-se num meio (1) de permitividade magnetica µ1 = µo e permitividade electrica relativa

ε1r = 4/3. O campo de inducao magnetica desta onda e dado por

~B(~r, t) = Bo cos [ωt− (a x+ b z)]~uy

A onda incide numa superfıcie plana horizontal (com normal ~n = ~uz) separando o meio (1) do meio

(2), que e o ar.

Determine, detalhando os calculos:

(i) O valor do ındice de refraccao n1 do meio (1), a velocidade de propagacao v da onda nesse

meio, o seu numero de onda k e comprimento de onda λ.

(ii) Para que valores de a e b e que o angulo de incidencia na superfıcie de separacao com o ar e o

angulo de Brewster θB .

(iii) O campo electrico ~E(~r, t) e a intensidade I da onda incidente.

Resolucao:

(a) [2.0] O campo magnetico ~B1(~r) e o coeficiente de auto-inducao L1 do solenoide correspondente ao

conjunto de N1 espiras.

Solucao: Para determinar o fluxo magnetico para cada espira de area A1 = πR2 no solenoide, deter-

minamos primeiro a expressao do campo magnetico ~H1 numa regiao central interior ao solenoide a partir

equacao da lei generalizada de Ampere:

∮

Γ

~H1 · d~ℓ = iatravessa

∫

Γ1

~H1 · d~ℓ+∫

Γ2

~H · d~ℓ∫

Γ3

~H1 · d~ℓ+∫

Γ4

~H · d~ℓ = iatravessa = N1I1

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

comprimento h ≪ ℓ, paralelos ao eixo do solenoide, respetivamente dentro e fora do solenoide; e Γ2 e Γ4 sao

os lados perpendicular ao eixo. Consequentemente, o termo de i = 3 e nulo porque ~H = 0 (Hz = 0) fora do

solenoide. As circulacoes em i = 3 e i = 4 cancelam-se por serem em sentidos contrarios mas ~H1 e igual em

ambos os trajectos. Assim sendo obtem-se, para um rectangulo de lado h∫

Γ1

~H1 · d~ℓ = H1zh = iatravessa = n1hI1

H1z =N1

ℓI1 = n1I1

B1z = µH1z = µN1

ℓI1 = µn1I1,

8

em n1 = N1/ℓ e a densidade de espiras por unidade de comprimento. O fluxo de ~B1 numa seccao recta e dado

por

Φ11 =

∫

A1

~B1 · ~n1dA1 = BzA1 = µn1I1A1 = µN1

ℓI1A1 = µ

N1

ℓI1πR

2

onde ~n1 = ~uz (paralelo a ~B1) e versor de uma seccao A1 = πR2 do cilindro. Substituindo esta expressao na

equacao da auto-indutancia, temos

L1 =N1Φ11

I1= µ

N21

ℓA1 = µ

N21

ℓπR2

(b) [1.5] O coeficiente de inducao mutua M12 e energia magnetica UM do sistema. Qual o valor da

energia magnetica UM no caso em que N1 = N2 e I1 = I2? Explique o resultado.

Solucao: Comecamos por calcular o fluxo de ~B1 pela area A correspondente aos conjunto de espiras N2,

este fluxo e dado por

Φ21 =

∫

A

~B1 · ~n2dA = −µN1

ℓI1A = −µ

N1

ℓI1πR

2

M = M21 = M12 =N2Φ21

I1= −µ

N2N1

ℓπR2

onde ~n2 = −~uz (paralelo a ~B1) e versor de uma seccao A = πR2 do cilindro. Para calcular a energia

magnetica UM , temos

UM =1

2L1I

21 +

1

2L2I

22 +MI1I2

UM =µ

2

N21

ℓπR2I2 +

µ

2

N22

ℓπR2I2 − µ

N2N1

ℓπR2I2

UM =µπR2I2

2ℓ(N1 −N2)

2

No caso em que N1 = N2 = N , para a energia magnetica UM obtem-se

UM =µπR2

2ℓI2 (N −N)2 = 0.

(c) [1.5] Considere uma onda eletromagnetica plana, monocromatica, de frequencia f =√3 × 108 Hz,

a propagar-se num meio (1) de permitividade magnetica µ1 = µo e permitividade electrica relativa

ε1r = 4/3. O campo de inducao magnetica desta onda e dado por

~B(~r, t) = Bo cos [ωt− (a x+ b z)]~uy

A onda incide numa superfıcie plana horizontal (com normal ~n = ~uz) separando o meio (1) do meio

(2), que e o ar.

9

(i) O valor do ındice de refraccao n1 do meio (1), a velocidade de propagacao v da onda nesse meio, o

seu numero de onda k e comprimento de onda λ.

Solucao: O ındice de refracao e dado por

n1 =

√

ǫ1µ1

ǫoµo

. =2√3.

A velocidade de propagacao v e dada por

v =c

n1

=

√3

2c =

√3

2× 3 108 cms−1

e comprimento onda λ e o numero de onda k sao dados por

λ =v

f=

v√3 108

=3

2m.

k =2π

λ=

4π

3m−1.

(ii) Para que valores de a e b e que o angulo de incidencia na superfıcie de separacao com o ar e o angulo

de Brewster θB .

Solucao: O angulo de Brewster e dado por

tan θB =

√3

2→ θB = arctan (n2/n1) = arctan (

√3/2) → θB ∼ 40o.

Os valores de cos θB e sin θB podem ser obtidos a partir das seguintes relacoes trigonometricas

cos θB =1

√

1 + tan2 θB=

2√7,

sin θB =tan θB

√

1 + tan2 θB=

√3√7.

No caso em que angulo de incidencia e igual ao angulo de Brewster temos que

~k · ~uz = (a~ux + b~uz) · ~uz = b = k cos θB =4π

3cos θB,

b =4π

3cos θB =

8π

3√7.

assim como sabemos que

a2 + b2 = k2

a =√

k2 − b2 → a =4π

3sin θB =

4π√3

3√7.

10

(iii) O campo electrico ~E(~r, t) e a intensidade I da onda incidente.

Solucao: A direcao de propagacao onda ~uk e dado por

~k = a~ux + b~uz =4π

√3

3√7~ux +

8π

3√7~uz → |~k| = 2

√28π

3√7

=4π

3

~uk =~k

k=

a√a2 + b2

~ux +b√

a2 + b2~uz =

√3√7~ux +

2√7~uz.

Para o campo magnetico temos

~H =~B

µ=

~B

µo.

Para o campo electrico

~E = Z ~H × ~uk = Z1~B × ~uk.

onde Z1 = Z/µo = Zo/(n1µo), obtem-se

~E = Z1

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

~ux ~uy ~uz0 By 0√3√7

0 2√7

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=By√7(2~ux −

√3~uz).

Assim ~E(~r, t) escreve-se como

~E(t) =By√7(2~ux −

√3~uz) =

Bo√7cos [ωt− (a x+ b z)](2~ux −

√3~uz)

O vector de Poyting ~S(~r, t) calcula-se como

~S = ~E × ~H =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

~ux ~uy ~uzEx 0 Ez

0 Hy 0

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

~ux ~uy ~uz2√7By 0 −

√3√7By

0 By/µo 0

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=B2

y

µo

(√3√7~ux +

2√7~uz

)

.

O modulo do vector de Poyting e a intensidade da onda I sao dados por

|~S| =B2

y

µo,→ I =< |~S| >=

1

2

B2o

µo(Wm−2)

onde < | cos2(· · · )| >= 1/2.

11

12

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