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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.
8