Resolução do exame do dia 19-1-2001

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  1. Este problema é bastante semelhante ao problema 6.8 do livro. Neste caso os pontos C e D no circuito são um único ponto. Assim, para que os dois circuitos sejam equivalentes, basta garantir que a resistência equivalente entre os pontos A e B, A e C, e B e C seja a mesma nos dois circuitos. No circuito do lado esquerdo temos:
    RAB = 1
    560
    + 1
    50 + 65
    -1

     
    = 95,4
    RAC = 1
    50
    + 1
    560 + 65
    -1

     
    = 46,2
    RBC = 1
    65
    + 1
    50 + 560
    -1

     
    = 58,7
    E no circuito do lado direito:
    RAB = R1 + R2
    RAC = R1 + R3
    RBC = R2 + R3
    igualando os resultados obtidos nos dois circuitos, obtemos um sistema linear de 3 equações




    1
    1
    0
    1
    0
    1
    0
    1
    1




    95,4
    46,2
    58,7




    e a solução deste sistema dá os valores das 3 resistências: R1 = 41,45 , R2 = 53,95 , R3 = 4,75 .

  2. O cubo está formado por seis planos e, portanto, para calcular o fluxo através do cubo será necessário calcular os fluxos nas seis faces, como foi feito na alínea c do problema 3.13. Mas no problema 4.9 vimos que o problema 3.13 resolve-se muito mais facilmente usando a equação de Poisson, que é uma consequência da lei de Gauss e o teorema da divergência. Assim, usaremos o teorema da divergência para calcular o fluxo (primeira equação do capítulo 4 no formulário):


    S 
    F· dA =

    R 
    ·F  dV
    a divergência do campo F é
    ·F = (4xy)
    x
    + y2
    y
    + (yz)
    z
    = 3y
    e o fluxo através do cubo é
    =

    R 
    ·F  dV = 1

    0 
    1

    0 
    1

    0 
    3y  dx  dy  dz = 1,5
    As condições que deverão verificar os campos E e B para serem campos electrostático e de indução magnética, são (ver formulário):
    ×E = 0        ·B = 0
    a divergência de F já vimos que não é nula e, portanto, F não pode ser um campo de indução magnética. A coordenada x do rotacional de F é
    yz
    y
    - y2
    z
    = z
    e por não ser nula, F não pode ser um campo electrostático.

  3. O módulo do campo eléctrico de uma carga pontual q na origem é
    E = kq
    r2
    e o potencial é
    V = kq
    r
    dividindo os dois valores obtemos
    V
    E
    = r
    substituindo os valores do problema, obtemos que a distância é r = 3 m. Para calcular a carga, substituímos na equação do potencial
    600 = 9·109 q
    3
    e assim a carga é de 200 nC.

  4. Este problema resolve-se usando o método do exemplo 3.5, onde o campo eléctrico é o calculado na alínea b do problema 2.13. Para calcular o campo eléctrico, observamos que qualquer esfera de raio r é uma superfície gaussiana, e consequentemente o fluxo eléctrico nessa esfera é
    = 4r2 E
    comparando com a lei de Gauss
    = 4k qint
    obtemos o valor do campo em função da carga interna
    E = k qint
    r2
    A carga interna é
    qint =  dV = 4A r

    0 
    r3  dr
    se r a a carga interna será A r4, e se r a a carga interna é A a4. Assim, o módulo do campo no interior da esfera será k A r2 e no exterior da esfera k A a4/r2; nos dois casos o campo tem direcção radial. A diferença de potencial calcula-se com a equação
    VA - VB = B

    A 
    E· dr = B

    A 
    E  dr
    se escolhermos o ponto B no infinito, onde o potencial é nulo, e o ponto A a uma distância r da origem, obtemos
    V(r) =

    r 
    E  dr
    se r a, integramos o campo no exterior da esfera
    V = k A a4

    r 
     dr
    r2
    = k A a4
    r
    enquanto que se r a, o integral terá que ser calculado em duas partes
    V = k A a

    r 
    r2  dr + k A a4

    a 
     dr
    r2
    = k A
    3
    (r3 + 2 a3)

  5. Este problema resolve-se em forma análoga ao exemplo 9.3. A figura mostra a secção transversal do condutor. O círculo tracejado, que pode ter qualquer valor do raio R, é uma linha de indução magnética

    A área da secção transversal do condutor é (b2 - a2), e como a corrente está distribuída uniformemente, a densidade de corrente será constante e igual a
    J = I
    (b2 - a2)
    o integral de linha do campo, sobre o círculo tracejado na figura, é



    C 
    B· dr = B  ds = 2R B
    Usando a lei de Ampère,



    C 
    B· dr = 4km IC
    concluímos que:
    B = 2km IC
    R
    Se o raio do círculo for menor que a, a corrente interna IC é nula e o campo será nulo
    B = 0        (R < a)
    se R > b, a corrente interna será igual à corrente total I, e o campo será
    B = 2km I
    R
    e
    onde o versor transversal e define-se num sistema de coordenadas onde o versor  k aponta na direcção e sentido da corrente. Finalmente, dentro do condutor (a R b) a corrente interna calcula-se multiplicando a área da parte da secção do condutor dentro do círculo, (R2 - a2), vezes a densidade de corrente. O resultado obtido é:
    B = 2km I
    R
    R2 - a2
    b2 - a2
    e


Jaime Villate