INSTITUTO DE FÍSICA – DEPTO DE FÍSICA DO ESTADO SÓLIDO
FÍSICA GERAL E EXPERIMENTAL IV-E.
PROVA 1 – 2006.1 – 03/05/2006
PROF.: RICARDO MIRANDA
ALUNO(A):________________________________________________
OBS: cada item vale 1 ponto.
QUESTÃO 1. No circuito LRC oscilante representado na figura a seguir, o capacitor possui placas
paralelas circulares de raio R e encontra-se com carga máxima, Q0, no instante t = 0.
a) Escreva as expressões que fornecem a carga e a corrente em
função do tempo.
b) Calcule a corrente de deslocamento através de um círculo de
raio r (r < R), centrado no eixo do cilindro e paralelo a suas
placas.
c) Suponha que não haja resistor no circuito. Calcule o vetor de Poynting na superfície lateral
do cilindro que delimita o capacitor e determine os instantes de tempo em que o fluxo
energético através dessa superfície é máximo.
QUESTÃO 2. Responda as questões a seguir, justificando suas respostas.
a) Uma partícula de massa m carregada com carga elétrica q é submetida a um campo elétrico
externo de intensidade E, passando a irradiar uma onda eletromagnética ao ser acelerada. É
correto afirmarmos que sua aceleração possui intensidade igual a qE / m?
b) O vetor de onda de uma onda eletromagnética, num sistema de coordenadas esféricas, é
G
dado por k = kr̂ , onde k é uma constante positiva. Desenhe uma frente de onda, escolha
G G G G
um ponto sobre ela e represente graficamente os vetores k, E, B e S no ponto escolhido.
c) Considere um campo elétrico produzido por um campo magnético variável no tempo. É
possível que as linhas de campo do campo elétrico sejam retas paralelas entre si?
d) Qual a impedância de uma associação em paralelo de um capacitor de capacitância C e um
indutor de indutância L alimentada por uma f.e.m. senoidal de freqüência angular ω?
Substituindo-se o capacitor por um resistor de resistência R, qual será a nova impedância?
e) O campo elétrico de uma onda eletromagnética propagando-se no vácuo é dado por
G
E = E 0 sin(− ax + az − ωt ) yˆ , onde E0, a e ω são constantes positivas. Determine o
comprimento de onda, o vetor de onda e a função de onda para o campo magnético.
G
G
f) Na figura ao lado, E 0 e E representam o campo elétrico no ponto P, nos instantes t0 e t,
respectivamente. Considerando-se t0 e t muito próximos (t > t0), represente graficamente o
campo magnético gerado pela variação do campo elétrico, no referido ponto.
G
g) Considere um campo vetorial, V , um ponto P do espaço e uma superfície fechada A,
G
englobando P. É correto afirmarmos que o divergente de V em P é dado pelo limite do
G
fluxo de V , através de A, por unidade de área quando A tende a P?
FÍSICA IV - PROVA 1 - 2006.1 - 03/05/2006
RESOLUÇÃO
QUESTÃO 1.
(a) A carga elétrica no capacitor, q, de um circuito LRC oscilante em que os
três elementos estão em série é dada, em função do tempo, t, por:
q = Qe−γt cos (ωt + δ) ,
(1)
q
p
1
R
onde ω = ω 20 − γ 2 , ω 0 =def
LC , γ =def 2L , Q é uma constante real
positiva, δ é uma constante real e L e C são, respectivamente, a indutância do
indutor e a capacitância do capacitor presentes no circuito. É dado que, em
t = 0, q = Q0 . Logo, de 1, obtemos que Q0 = Q cos δ. Por outro lado, Q0 é
a carga máxima, isto é, Q0 é o valor de máximo de Q. Assim, cos δ = 1 e, em
consequüência, δ = 0. Substituindo-se estes resultados em1, vem:
q = Q0 e−γt cos ωt.
(2)
Para obtermos a corrente, i, basta derivarmos 2 em relação a t:
dq
(3)
= −Q0 e−γt (γ cos ωt + ω sin ωt) .
dt
¢
¡
Lembrando-se que cos α = sin α + π2 , a soma das senóides entre parêntesis
na eq. 3 pode ser obtida pela regra dos fasores, conforme está indicado na figura
abaixo:
i=
A amplitude, A, e a constante de fase, β, do fasor resultante são dadas por:
q
p
ω 2 + γ 2 = ω 20 − γ 2 + γ 2 = ω 0
γ
= arctan .
ω
A =
β
Substituindo-se estes valores em 3, obtemos:
i = −ω 0 Q0 e−γt sin (ωt + β) .
1
(4)
(b) A figura abaixo ilustra o círculo de raio r, através do qual deseja-se
calcular a corrente de deslocamento, id .
Seja q a carga na placa inferior. O campo elétrico no interior do capacitor
será
−
→
E =
q
zb,
ε0 πR2
(5)
onde zb é o versor correspondente ao eixo dos zz indicado na figura. Note que
−
→
E terá o mesmo sentido ou sentido oposto ao de zb, conforme a carga q seja
→,
positiva ou negativa, respectivamente. Assim, o fluxo do campo elétrico, Φ−
E
através do círculo de raio r, valerá:
→ =
Φ−
E
Z
−
→ −
→
E ·dS =
Z
qr2
q
q
πr2 =
zb · dSb
z=
2
2
ε0 πR
ε0 πR
ε0 R2
(6)
onde a integral foi tomada sobre a região circular de raio r. Como a corrente
→
∂Φ−
de deslocamento é definida como sendo id = ε0 ∂tE , da eq. 6 segue que
id = ε0
∂
∂t
µ
qr2
ε0 R 2
¶
=
r2 ∂q
r2 dq
r2
= 2
= i 2,
2
R ∂t
R dt
R
(7)
dq
onde i é dada pela eq.4. Observe-se que, na eq. 7, identificamos ∂q
∂t com dt .
Fizemos isto porque a carga é função exclusiva do tempo, ou seja, não depende
da curva no interior da qual calculou-se o fluxo do campo elétrico.
−
→
(c) O vetor de Poynting, S , é definido como sendo
→
−
→ −
E ×B
−
→
S =
.
µ0
Na superfície do cilindro em questão, r = R. Logo, usando-se a eq. 7,
2
(8)
µ i
−
→ µ0 id
B =
ϕ
b= 0 ϕ
b.
2πR
2πR
(9)
Não havendo resistor no circuito, então γ = 0 e ω = ω 0 . Então 2 e 4 ficam:
q = Q0 cos ω 0 t
i = −ω 0 Q0 sin ω 0 t.
(10)
De 8, 5, 9 e 10 segue:
−
→
S =
1
qi
µ0 i
ω 0 Q20
q
(cos ω 0 t sin ω 0 t) rb =
ϕ
b
=
−
z
b
×
r
b
=
µ0 ε0 πR2
2πR
2ε0 π 2 R3
2ε0 π2 R3
ω 0 Q20
(sin 2ω 0 t) rb.
4ε0 π 2 R3
−
→
Desta última expressão, decorre que o múdulo de S é máximo para os
instantes de tempo que satisfizerem a condição 2ω 0 t = (2m + 1) π2 , onde m é
qualquer número inteiro. Assim, os instantes procurados, tm , são dados por:
tm =
(2m + 1) π
(2m + 1) π
T0
=
= (2m + 1) ,
8π
4ω 0
8
T0
onde T0 = ω2π0 é o período de oscilação do circuito LC.
QUESTÃO 2.
(a) A aceleração adquirida pela partícula deve ser INFERIOR a qE
m , pois,
caso contrário, o princípio da conservação da energia seria violado. Para simplificarmos o raciocínio, suponhamos que o movimento da partícula seja retilíneo
acelerado e consideremos que, durante o intervalo de tempo infinitesimal dt, ela
desloque-se de ds, passando da velocidade v para v +dv. Assim, o trabalho, dW ,
realizado pelo campo sobre a partícula será dW =³ qEds. Por outro
´ lado, a vari2
m
2
ação de sua energia cinética, dK, vale dK = 2 (v + dv) − v = mvdv, em
2
que o termo (dv) foi desprezado. Como a partícula irradia uma onda eletromagnética, o trabalho realizado pelo campo externo deve igualar-se à variação da
energia cinética somada à energia irradiada, digamos, dU . Logo, dW = dK+dU .
Portanto, qEds = mvdv + dU . Dividindo-se esta última equação por dt , vem:
dv
dU
ds
dv
qE ds
dt = mv dt + dt . Considerando-se que v = dt e a = dt , obtemos:
a=
P ot
qE
−
,
m
mv
3
onde P ot =def dU
dt . Resumindo, parte da energia fornecida pelo campo
externo é utilizada para acelerar a partícula e parte é utilizada para gerar a onda
eletromagnética irradiada por esta mesma partícula. Se quizermos conservar a
validade da segunda lei de Newton, somos forçados a admitir que além da força
exercida pelo campo externo, a partícula sofre outra força (do campo por ela
irradiado) de tal sorte que a força resultante sobre ela vale: Fres = ma =
qE − Pvot .
(b) Consideremos um certo instante de tempo. Em cada ponto do espaço, a
−
→
frente de onda deve ser perpendicular ao vetor k . Isto só ocorrerá se a frente
de unda for uma casca esférica centrada na origem do sistema de coordenadas,
conforme ilustra a figura abaixo. O campo elétrico e o campo magnético são
−
→
tangentes à casca em cada ponto e o vetor de Poynting, S , possui direção radial
−
→
−
→ −
→
−
→
apontando no sentido de E × B . O vetor k possui o mesmo sentido de S .
Ele foi representado em outro ponto para evitar que a figura ficasse confusa.
(c) De acordo com as equações de Maxwell, o rotacional do campo elétrico
é igual à derivada parcial do campo magnético em relação ao tempo, com o
−
→
sinal trocado. Logo, no caso em questão, rot E não pode anular-se (posto que
−
→
∂B
∂t é não nula). Se as linha de campo elétrico forem paralelas e igualmente
−
→
−
→
espaçadas, então E será uniforme em todo o espaço e rot E = 0. No entanto,
−
→
se estas linhas não forem igualmente espaçadas, as derivadas espaciais de E
−
→
não serão todas nulas e, conseqüentemente, rot E 6= 0, tornando a situação
compatível com as equações de Maxwell. Resumindo, o campo elétrico em foco
pode ter suas linhas de campo paralelas entre si desde que as mesmas não sejam
igualmente espaçadas.
(d) As reatâncias capacitiva e indutiva complexas
são dadas, respectiva√
j
mente, por XC = − Cω
e XL = Lωj, onde j =def −1. Como estes elementos
estão em paralelo, a impedância complexa será Z =
XL XC
XL +XC
L
C
= −
L
C
1
(Lω− Cω
)
j.
Lω
= LCω
2 −1 .
1
(Lω− Cω
)
Substituindo-se o capacitor pelo resistor, a nova impedância complexa ficará
Logo, a impedância do circuito, Z, valerá Z = |Z| =
4
2
2
jRLω
R
R Lω
Z = XXLL+R
= jLω+R
= jRLω(−jLω+R)
= RR(Lω)
Assim, a
2 +(Lω)2 + R2 +(Lω)2 j.
R2 +(Lω)2
impedância será:r
√
³
´2 ³
´2
RLω R2 +(Lω)2
R(Lω)2
R2 Lω
+
=
.
Z == |Z| =
2
2
2
2
R +(Lω)
R +(Lω)
R2 +(Lω)2
³
´
−
→ −
−
→
−
→
(e) A função fornecida para E tem a forma E = E0 sin k · →
r − ωt yb.
Logo, kx x + ky y + kz z = −ax + az. Portanto, kx = −a, ky = 0 e kz = a. Ou
√
−
→
seja, o vetor de onda é dado por √k = a (−1, 0, 1) e k = a 2. O comprimento
−
→
−
→
2π
π
√
de onda vale λ = 2π
k = a 2 = a 2. O campo B possui a mesma fase de E ,
sua amplitude vale
E0
c
e sua direção e seu sentido em cada ponto e em cada
−
→d−
→
−
→ −
→
instante devem ser tais que E × B = b
k. Como E e B são perpendiculares
−
→d−
→
b = √1 (−1, 0, −1).
b Assim, B
b = b
b × B.
k×E
entre si, temos que E × B = E
2
¡
¢
−
→
c − zb .
Conseqüentemente, B = cE√02 sin (−ax + az − ωt) −x
−
→
(f) O campo magnético gerado por um campo elétrico, E , variável no tempo
−
→
é, em cada instante e em cada ponto do espaço, perpendicular a ∂∂tE , posto
−
→
−
→
−
→
que rot B = µ0 ε0 ∂∂tE . Portanto, o vetor B está no plano perpendicular ao
−
→
−
→ −
→
−
→
vetor ∆ E = E − E 0 . No entanto, o conhecimento de rot B num ponto
−
→
não determina a direção precisa de B ; esta dependerá do comportamento de
−
→
∂E
∂t nas vizinhanças do ponto considerado. A situação é ilustrada na figura
abaixo. Ao lado esquerdo, representa-se o ponto P e os vetores campo elétrico
−
→
nos instantes t0 e t, além da variação do campo, ∆ E . O plano esboçado é
−
→
aquele perpendicular a ∆ E . Ao lado direito, vemos o plano mencionado, o
−
→
ponto P, o vetor ∆ E e dois vetores contidos no plano em foco, os quais podem
−
→
representar possíveis direções de B .
(g) A afirmação é incorreta pois o divergente de um campo vetorial é dado
pela razão entre o fluxo e o volume do sólido limitado pela superfície em que
5
se calcula o referido fluxo,
³ e não
´ entre o fluxo e a área dessa superfície. Em
→
−
→
−
→
Φ−
vA
→
símbolos, div V = lim V ol(A) , em que Φ−
v A é o fluxo de V através de A e
A→P
V ol (A) é o volume do sólido limitado por A.
6