Solução

Nome:
RA:
Prova 2 - MS620A/F 502B - Eletromagnetismo I,
29 de junho de 2015.
Boa prova!
1. Seja um fio retilíneo longo, percorrido por uma corrente I, e uma espira quadrada de lado a,
de resistência R e disposta paralelamente ao fio, a uma distância s, veja figura abaixo (mesma
situação do exercício 7.18, do Teste 6). Inicialmente, em t = 0, a espira está a uma distância
s = s0 . A espira é então afastada na direção perpendicular ao fio, com velocidade constante
v, i.e., s = s0 + vt para t ≥ 0. Determine:
(a) (1 Ponto) A corrente na espira, incluindo sua direção, como função de t.
Solução. Alinhando-se o fio com o eixo z e introduzindo-se as coordenadas cilindrícas usuais,
temos que o campo magnético será dado por:
~ = µ0 I θ̂.
B
2πr
O fluxo magnético na espira será:
ˆ
ˆ
µ0 aI s(t)+a dr
µ0 aI s0 + a + vt
~
Φ(t) = B · d~a =
=
ln
.
2π s(t)
r
2π
s0 + vt
Da lei de Farafay, temos
dΦ
,
dt
sendo E é definido como uma integral de linha no sentido anti-horário na espira. Como a espira
E =−
tem uma resitência R, essa força-eletromotriz induzirá uma corrente
µ0 a2 vI
1
1 dΦ
µ0 avI
1
=
I(t) = −
=
−
.
R dt
2πR
s0 + vt s0 + a + vt
2πR(s0 + vt)(s0 + a + vt)
Como a variação do fluxo é negativa para todo t, pela lei de Faraday (ou a de Lenz), a corrente
terá o mesmo sentido usado para se calcular E: o anti-horário.
(b) (1 Ponto) A carga elétrica total ∆Q deslocada na espira, também como função de t.
Determine, em particular, o valor de ∆Q para t → ∞.
Como I = Q̇, sendo Q a carga que passa pela espira, temos
1 dΦ
dQ
=−
.
dt
R dt
A carga total que se desloca na espira será
ˆ t
dQ
s0 + a
s0 + a + vt
1
µ0 aI
∆Q =
ln
,
− ln
dt = − (Φ(t) − Φ(0)) =
R
2πR
s0
s0 + vt
0 dt
com
lim ∆Q =
t→∞
µ0 aI s0 + a
ln
2πR
s0
(c) (1 Ponto) Sabendo que a potência dissipada em um circuito de resistência R percorrido
por uma corrente I é dada por RI 2 , calcule o trabalho realizado ao se afastar a espira de
sua posição inicial s = s0 até o infinito (t → ∞), desprezando-se qualquer outro efeito
além das perdas pela potência dissipada.
Solução. Temos
P (t) =
=
=
2
µ20 a2 v 2 I 2
1
1
−
4π 2 R
s0 + vt s0 + a + vt
2 2 2 2
µ0 a v I
1
1
2
+
−
4π 2 R
(s0 + vt)2
(s0 + a + vt)2
(s0 + vt)(s0 + a + vt)
2 2 2 2
µ0 a v I
1
1
1
2
1
+
−
−
4π 2 R
(s0 + vt)2
(s0 + a + vt)2
a s0 + vt s0 + a + vt
O trabalho será igual a energia dissipada
t=∞
ˆ ∞
1
1
2
µ20 a2 vI 2
s0 + vt
+
+
W =
P (t) dt = −
ln
4π 2 R
s0 + vt s0 + a + vt a
s0 + a + vt t=0
0
2 2
2
1
1
2
s0
µ0 a vI
.
+
+ ln
=
4π 2 R
s0
s0 + a a s0 + a
2. (3 Pontos) Seja um fio condutor retilíneo e longo, com seção transversal circular de raio r0 , e
feito de um material com condutividade elétrica σ. Tal fio é percorrido longitudinalmente por
uma corrente constante I, homogeneamente distribuída em sua seção transversal. Calcule o
vetor de Poynting
~=E
~ ×H
~
S
no interior do fio e
P =
‹
~ · d~a,
S
Ω
sendo Ω a superfície externa de um segmento do fio de comprimento L. Qual a interpretação
física para P ?
Solução. Alinhando-se o fio com o eixo z e introduzindo-se as coordenadas cilindrícas usuais, temos
que o campo elétrico homogêneo dentro do condutor será
~ = 1 J~ = I ẑ.
E
σ
πr02 σ
~ = H0 φ̂. Da Lei de Ampère
Das simetrias do problema, temos que H
˛
ˆ
~ · d~s =
H
J~ · d~a,
∂A
A
escolhendo-se A como círculos de raio r ≤ r0 , perpendiculares ao fio e com centro no eixo z, teremos
2πrH0 =
r2
I
r02
~ =
e, portanto, H
rI
φ̂.
2πr02
O vetor de Poynting será
2
~=E
~ ×H
~ = − rI r̂.
S
2
2π r04 σ
Note que é um campo vetorial radial, apontado para o centro do fio! Resta o cálculo de P , que é o
fluxo de S na superfície externa do segmento de fio com comprimento L
‹
2
L
~ · d~a = − I
× 2πr0 L = − 2 I 2 = −RI 2 ,
P =
S
3
2
2π r0 σ
πr0 σ
Ω
sendo R a resistência elétrica desse segmento do fio. Essa é a potência dissipada nesse sistema (resistor
simples). De acordo com nossas convenções (fluxo positivo = fluxo saindo da região englobada pela
superfície), esse vetor de Poynting radial é o responsável por suprir a energia dissipada nesse circuito
e, por exemplo, realizar trabalhos como o do item (c) da questão 1.
3. Conforme foi explorado no exercício 7.44 da Lista 8, um supercondutor é um material com
condutividade elétrica infinita e que exibe uma outra propriedade distintiva: o diamagnetismo
perfeito, i.e., tem susceptibilidade magnética χm = −1.
(a) (2 Pontos) Determine as condições de contorno que os campos eletromagnéticos, não
necessariamente constantes no tempo, devem satisfazer na interface entre um sólido supercondutor e o vácuo, na ausência de quaisquer cargas e correntes livres.
~ é nulo no supercondutor. A
Solução. Sendo um condutor (condutividade elétrica infinita), E
propriedade do diamagnetismo perfeito implica que µ = 0, i.e., o material se magnetiza de tal
~ = 0 em seu interior. Se aplicarmos a lei de Gauss para o campo
maneira que temos sempre B
magnético na interface entre o supercondutor e o vácuo, teremos que a componente perpendicular
~ será contínua. Como B
~ = 0 no supercondutor, temos que B
~ ⊥ = 0 na interface.
à interface de B
Por outro lado, explorando-se a lei de Faraday, temos que a componente paralela do campo
~ k = 0 na interface. Conclusão,
elétrico deverá ser contínua na interface, de onde temos que E
na interface entre um supercondutor e o vácuo, os campos eletromagnéticos devem satisfazer
~⊥ = 0 e E
~ k = 0.
B
(b) (2 Pontos) Uma esfera supercondutora de raio r0 é colocada em campo magnético cons~ = B0 ẑ. Determine B
~ em todo o espaço, incluindo o interior da esfera.
tante B
~ = 0. Nossa única preocupação é com a região exterior.
Solução. Dentro da esfera temos B
Como não há correntes na região externa, temos ∇ × B = 0, o que nos permite introduzir o
~ = −∇φ na região externa à esfera. Como ∇ · B
~ = 0, temos que φ é solução
escalar φ tal que B
da Eq. de Laplace ∇2 φ = 0. Utilizando as coordenadas esféricas usuais, a solução geral para a
região externa é
φ(r, θ) =
∞ X
ℓ=0
Aℓ rℓ +
Cℓ
Pℓ (cos θ).
rℓ+1
~
Porém, da condição B(r)
= B0 k̂ para r → ∞, temos (φ → −B0 z for r → ∞ )
φ(r, θ) = −B0 r cos θ +
∞
X
Cℓ
Pℓ (cos θ).
rℓ+1
ℓ=0
~ ⊥ = 0 na interface corresponde à
A condição B
∞
X Cℓ
∂φ
(ℓ + 1)Pℓ (cos θ) = 0.
(r0 , θ) = −B0 cos θ −
∂r
r0ℓ+2
ℓ=0
Para que esta condição valha para todo θ, temos necessariamente que ter Cℓ = 0 para ℓ 6= 1 e
C1 = −
r03 B0
2 ,
de onde temos finalmente
r03
r03
r03 B0
cos θ = −B0 cos θ r + 2 = −B0 z 1 + 3 ,
φ(r, θ) = −B0 r cos θ −
20 r 2
2r
2r
que, por certo, é a soma de um campo constante na direção z e um dipolo (induzido pelas
correntes superficiais no supercondutor). Finalmente, teremos
∂φ
r03
r03
1 ∂φ
~
B = −∇φ = −
θ̂
= B0 1 − 3 cos θr̂ − 1 + 3 sin θθ̂
r̂ +
∂r
r ∂θ
r
2r
!
sin θθ̂
B0 r 3
= B0 ẑ − 3 0 cos θr̂ +
r
2