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P3
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F sica III
Escola Politecnica - 2005 FGE 2203 - GABARITO DA P3
30 & Quest~ao
de junho de 2005
%
1
Considere um capacitor formado por tr^es placas condutoras planas de area A e separados de uma dist^ancia d entre si. O espaco entre a placa inferior e a placa interna e preenchido por um material dieletrico de constante dieletrica . As placas externas, ligadas por um o condutor, est~ao a um potencial V > 0 em relaca~o a placa interna. 1
d
V 2 3
κ
d
4
Desprezando o efeito das bordas calcule: (a) (1,0 ponto) A capacit^ancia do capacitor. (b) (1,0 ponto) As cargas Q1 , Q2 , Q3 e Q4 nas faces 1, 2, 3 e 4 dos condutores. (c) (0,5 ponto) As cargas Q3 e Q4 induzidas nas superfcies superior e inferior, respectivamente, do dieletrico. 0
0
1
~ SOLUC AO
(a) O capacitor equivale a uma associac~ao em paralelo de dois capacitores de placas paralelas.
A 1 2 V
0 4 3 κ B
Portanto, C
= CA + CB = 0dA + 0dA =)
C
= (1 + ) 0dA
(b) As cargas nas faces 1 e 2 s~ao dadas por Q1
=)
= CA V
Q1
= = 0 AV d
Q2
As cargas nas faces 3 e 4 s~ao dadas por Q4
=)
= CB V
Q4
= 0 AV = d
Q3
(c) O campo eletrico no interior do dieletrico e, em modulo, E
= E0
Eind.
=)
Portanto, Q03
V d
=
0
ind. 0
= QA4
= ( 1) 0AV = d 2
0
Q04
Q03
V = A d
0
Q03
0 A
:
Quest~ao
2
Uma espira em forma de um tri^angulo equilatero de lado a esta no plano xy como indicado na gura. A resist^encia da espira e R. No semi-espaco x > 0 existe um campo magnetico uniforme B = Bb z, onde B > 0. Uma forca externa movimenta a espira para a direita com velocidade constante v.
y B a
a
v
x
x a
(a) (0,5 ponto) Determine o sentido (horario ou anti-horario) da forca eletromotriz induzida. Justi que. (b) (1,0 ponto) Calcule a corrente induzida I como func~ao da posica~o x do vertice do tri^angulo. Esboce o gra co de I como func~ao de x para x 2 ( 1; 1). (c) (0,5 ponto) Calcule a pot^encia dissipada na espira devido a resist^encia R. (d) (0,5 ponto) Calcule a forca externa F .
3
~ SOLUC AO
p
(a) Para x < 0 a espira esta fora do campo magnetico, enquanto para x > a 3=2 ela esta inteiramente no campo magnetico. Em ambos os casos n~ao ha variac~ao do uxo magnetico p e n~ao ha fem induzida. Para 0 < x < a 3=2 o uxo magnetico aumenta no sentido de bz. Pela lei de Lenz, a fem induzida sera no sentido de produzir um uxo no sentido de bz . Portanto a fem induzida tera o sentido horario.
p
(b) O uxo magnetico atraves da espira para 0 < x < a 3=2 e dada por p Z m = B nbdA = BA = 33 Bx2 ; onde escolhemos nb = bz. Portanto a fem induzida e
E=
p
p
= 2 3 Bx dx = 2 3 Bxv: dt 3 dt 3
d m
I
A corrente induzida e
E =) I = R
Bva/R
p
2 3Bvx I = 3R
x 0
a 3 /2
(c) A pot^encia dissipada na espira e P
= RI 2
=)
4 B 2 v 2 x2 P = 3R
(d) Pela lei de conservac~ao de energia, essa pot^encia deve ser igual a pot^encia suprida pela forca externa. Logo, 4B 2 vx2 P = Fv =) F = 3R 4
Quest~ao
3
Um material magnetico com susceptibilidade m tem a forma toroidal de sec~ao quadrada de lado a e raio interno R. Em torno desse nucleo s~ao enroladas N voltas de o de forma compacta e uniforme.
R
a
I (a) (1,0 pontos) Pelo o ui uma corrente constante I . Determine os campos H, B e M no interior do nucleo. (b) (1,0 pontos) Determine a auto-indut^ancia da bobina toroidal. (c) (0,5 pontos) Se pelo o ui uma corrente variavel I = I0 cos !t, determine a fem induzida E.
5
~ SOLUC AO
(a) Devido a simetria toroidal, as linhas do campo H ser~ao crculos conc^entricos ao eixo da bobina toroidal, H = H b. Aplicando a lei de Ampere temos I NI NI b H ds = Itotal =) H (2r) = N I =) H = = ) H= 2r 2r A magnetizac~ao e =)
M = m H
M = m
b 2r NI
O campo magnetico e B = 0 (H + M) = 0 (1 + m )H
=)
B = 0 (1 + m )
b 2r NI
(b) O uxo magnetico atraves do enrolamento da bobina e Z Z R+a Z R+a dr N 2I a m = B dA = N B (r )(adr ) = 0 (1 + m ) 2 R r R 2 = 0(1 + m ) N2I a ln R R+ a : A auto-indut^ancia e dada por N 2a R+a m =) L = 0(1 + m ) 2 ln R L= I (c) A fem induzida e dada por
E= Portanto,
L
dI dt
= LI0 ! sen !t:
N 2a
E = 0(1 + m) 2 ln
6
R + a R
I0 !
sen !t
Quest~ao
4
Considere um circuito formado por um resistor de resist^encia R e dois capacitores de capacidades iguais a C . O capacitor 1 esta carregado com carga Q0 > 0 na placa superior e Q0 na placa inferior, e o capacitor 2 esta descarregado. A chave e fechada no instante t = 0. R Q0 1
C
C
2
−Q0
(a) (1,0 ponto) Determine a corrente no circuito como funca~o do tempo para t > 0. (b) (0,5 pontos) Determine as energias inicial Ui em t = 0, e nal Uf em t = 1, armazenadas nos capacitores. (c) (1,0 ponto) Se Uf sua a rmac~ao.
< Ui
explique o que aconteceu com a energia faltante. Demonstre a
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~ SOLUC AO
(a) Sejam Q1 e Q2 as cargas nas placas superiores dos capacitores 1 e 2, respectivamente. Adotamos o sentido horario como o sentido positivo da corrente I . A soma das quedas de potenciais ao longo do circuito deve ser nulo. Percorrendo o circuito no sentido horario temos Q2 Q1 RI + = 0: C C No instante t = 0 temos Q1 = Q0 e Q2 = 0. Portanto, a corrente no instante t = 0 e I (0) = Q0 =RC . Derivando em rela c~ao a t obtemos Z I dI Zt dI I I dI 2 2 R + C + C = 0 =) I = RC dt =) = RC dt dt I 0
Q0 =RC
Portanto, Q0
( ) = RC exp
I t
2t
RC
(b) Em t = 0 toda a energia esta armazenada no capacitor 1. Portanto, Ui
2
= 2QC0
Em t = 1 temos I (1) = 0, de modo que Q1 = Q2 . Como Q1 + Q2 = Q0 , conclumos que Q1 = Q2 = Q0 =2. Portanto a energia armazenada nos capacitores e Uf
2 2 = (Q20C=2) + (Q20C=2) =)
Uf
2
= 4QC0
(c) A energia faltante W = Ui Uf = Q20 =4C foi dissipada no resistor pelo efeito Joule. De fato, Z Z Z 4 t Q20 Q20 2 W = P (t)dt = R I (t) dt = exp dt = RC 2 RC 4C : 1
0
1
1
0
0
8
