dq = α z dz, 1 4πε 0 φ(ρ,θ,0) = = 2α φ(ρ,θ,0) = α ( ) 2πε 2 +L 2 ρ, φ(ρ,θ,0) = 2πε 0 ρ 2 +L 2 E(ρ,θ,0) = φ(ρ,θ,0) = ρ φ(ρ,θ,0) ˆρ 2πε 0 ρ 2 +L 1 ˆρ

Exame de Reuperação: 05/02/16

GABARITO

1. Por simetria, para

z = 0

^{tanto opotenial}

φ

^{quanto oampo}

E ~

^{sópodemdepender de}

ρ

^,e

E ~

tem deestar na direção de

ρ ˆ

^.

(a) Calulando opotenialpor integração, atravésdalei deCoulomb,temosparao elemento

de arga

dq = α | z | dz,

de forma queopotenialé dado por

φ(ρ, θ, 0) = 1 4πε ₀

Z L

− L

dz α | z | p ρ ² + z ²

= 2α 4πε ₀

Z L 0

dz z p ρ ² + z ² ,

uma vez que o integrando é par em

z

^{. A integral pode agora ser feita failmente, pois}

temosno denominador aderivada doargumento da raizquadrada, deforma quetemos

φ(ρ, θ, 0) = α 2πε ₀

p ρ ² + z ² L

0

= α

2πε 0

p ρ ² + L ² − ρ ,

uma vez que

ρ

^{épositivo. Observe que estaexpressão vaia zero quando}

ρ → ∞

^{. Temos}

portanto nossa resposta,

φ(ρ, θ, 0) = α 2πε ₀

p ρ ² + L ² − ρ ,

paratodo

ρ

^etodo

θ

^.

(b) Podemos alular

E(ρ, θ, ~ 0)

^{de duas formas. Em primeiro lugar, podemos tomar o gra-}

diente de

φ(ρ, θ, 0)

^{no plano}

z = 0

^{, e esrevendo o gradiente em oordenadas esférias}

temos

E(ρ, θ, ~ 0) = − ∇ ~ φ(ρ, θ, 0)

= − ∂

∂ρ φ(ρ, θ, 0)

ˆ ρ

= − α 2πε 0

ρ

p ρ ² + L ² − 1

! ˆ ρ

= α

2πε ₀

p ρ ² + L ² − ρ

p ρ ² + L ² ρ. ˆ

Observe que, mais uma vez, esta expressão vai a zero quando

ρ → ∞

^{. Temos portanto}

nossa resposta,

E(ρ, θ, ~ 0) = α 2πε ₀

p ρ ² + L ² − ρ p ρ ² + L ² ρ, ˆ

paratodo

ρ

^etodo

θ

^{. Estarespostatambémpodeserobtidaporintegração direta. Neste}

aso, onsiderando o elemento de arga que alulamos no item anterior, e levando em

onta o fatorde projeçãodasontribuições para

E _ρ (ρ, θ, 0)

^{sobreo plano, temos}

E ~ (ρ, θ, 0) = 1

4πε 0

Z L

− L

dz α | z | ρ ² + z ²

ρ p ρ ² + z ² ρ ˆ

= 2α 4πε ₀

Z L 0

dz z ρ ² + z ²

ρ p ρ ² + z ² ρ ˆ

= αρ 2πε ₀

Z L 0

dz z

p ρ ² + z ^{2 3} ˆ ρ,

onde trabalhamos a integralde formasemelhante àque foiusada antes paraopotenial.

A integralpode agoraser feitade forma simples,e obtemos

E _ρ (ρ, θ, 0) = αρ 2πε ₀

( − 1) p ρ ² + z ²

L 0

= αρ 2πε ₀

1

ρ − 1

p ρ ² + L ²

!

= α

2πε ₀

p ρ ² + L ² − ρ p ρ ² + L ² ,

uma vez que

ρ

^{é positivo. Temos portanto a mesma resposta de antes para o ampo}

elétrio,

E(ρ, θ, ~ 0) = α 2πε ₀

p ρ ² + L ² − ρ p ρ ² + L ² ρ, ˆ

paratodo

ρ

^etodo

θ

^.

() Como não temoso potenialesrito expliitamente omo função de

z

^{,não podemos al-}

ular diretamente a primeira derivada. Entretanto, omo temos que, por simetria, para

z = 0

^{o vetor}

E ~

^{está na direção de}

ρ ˆ

^{, temos que}

E z (ρ, θ, 0) = 0

^{. Por outro lado, esta}

omponente édada pelaomponente orrespondentedo gradientede

φ

^,

E _z (ρ, θ, 0) = − ∂φ

∂z (ρ, θ, 0),

de forma quetemosimediatamente anossa resposta,

∂φ

∂z (ρ, θ, 0) = 0,

paratodo

ρ

^etodo

θ

^.

(d) Como não temoso potenialesrito expliitamente omo função de

z

^{,não podemos al-}

ular diretamente a segunda derivada. Entretanto, o potenial

φ

^{satisfaz à equação de}

Laplae noplano

z = 0

^{,no qualnãoháargas. Esrevendo estaequaçãoemoordenadas}

ilíndrias temos, umavez que

φ

^{não depende de fatode}

θ

^,

1

ρ

∂

∂ρ

ρ ∂

∂ρ φ

+ ∂ ²

∂z ² φ = 0.

Podemos apliar o primeiro termo desta equação em

z = 0

^{antes de tomar as derivadas}

em relação a

ρ

^{, uma vez que trata-se de derivadas pariais, tomadas portanto om}

z

onstante. Temos portanto

∂ ² φ

∂z ² (ρ, θ, 0) = − 1 ρ

∂

∂ρ

ρ ∂

∂ρ φ(ρ, θ, 0)

= − α 2πε ₀

1 ρ

∂

∂ρ

ρ ∂

∂ρ

p ρ ² + L ² − ρ

= − α 2πε ₀

1 ρ

∂

∂ρ

ρ ²

p ρ ² + L ² − ρ

!

= − α 2πε 0

2

p ρ ² + L ² − ρ ²

p ρ ² + L ^{2 3} − 1 ρ

! ,

paratodo

ρ

^etodo

θ

^. Simpliando, temosportanto nossaresposta,

∂ ² φ

∂z ² (ρ, θ, 0) = α 2πε ₀

1

ρ − ρ ² + 2L ² p ρ ² + L ^{2 3}

! ,

paratodo

ρ

^etodo

θ

^.

2. É preiso usar o prinípio da superposição, alular separadamenteo potenial e o ampo da

densidade de arga e superpor om o potenial ou ampo do dipolo, lembrando que o dipolo

tem argatotal nula. Vamos esrevero potenial eo ampo omo

φ(r, θ, ϕ) = φ p (r, θ, ϕ) + φ q (r, θ, ϕ), E(r, θ, ϕ) = ~ E ~ p (r, θ, ϕ) + E ~ q (r, θ, ϕ),

ondeoíndie

p

^{refere-seaodipoloeoíndie}

q

^{refere-seàsargas. Porsimetriatantoopotenial}

φ _q

^quantooampo

E ~ _q

^{dadensidadede argas}

ρ

^{sópodemdependerde}

r

^,e

E ~ _q

^temdeestarda

direção de

ˆ r

^{. Neste asoémaisfáil alularprimeiro oampoelétrio,usandoa leide Gauss}

e oordenadas esférias,assim aordem de algunsdositens deveser invertida.

(a) Integrando a densidade de arga

ρ(r, θ, ϕ)

^entre

r = 0

^{e um valor qualquer de}

r ≤ R

^,

obtemos aarga dentro daesfera de raio

r

^,

Q(r) =

Z r 0

dr ^′ Z π

0

dθ Z _2π

0

dϕ r ^{′ 2} sin(θ)ρ r ^′ , θ, ϕ

= ρ ₀ Z r

0

dr ^′ Z ₁

− 1

d[cos(θ)]

Z _2π

0

dϕ r ^{′ 2}

1 − r ^′ R

= 4πρ ₀ Z r

0

dr ^′

r ^{′ 2} − r ^{′ 3} R

= 4πρ 0

r ³ 3 − r ⁴

4R

,

para

0 ≤ r ≤ R

^. Simpliando, temosportanto nossa resposta,

Q(r) = πρ ₀ r ³ 4

3 − r R

,

para

0 ≤ r ≤ R

^{. Para}

r ≥ R

^{temos uma arga total xa de valor}

Q(R)

^{, de forma que}

temosa resposta

Q(r) = πρ ₀ R ³ 3 ,

para

r ≥ R

^.

(b) O potenial do dipolo é dado no formulário, e apliando para um dipolo loalizado na

origem temos

φ p (r, θ, ϕ) = 1 4πε ₀

~ p · ~r

r ³ ,

onde

~ p · ~r = pr cos(θ)

^{,de forma queobtemos}

φ _p (r, θ, ϕ) = p

4πε 0

cos(θ) r ² ,

para todo

r > 0

^{. Se usarmos o padrão de que o potenial é zero no innito, podemos}

agoraalular opotenial

φ q

^{fazendoumaintegral delinha doampo}

E ~ q

^{aolongode um}

raio. Paraisto temosque

φ _q (r) − φ _q ( ∞ ) = − Z r

∞

E ~ _q · dℓ. ~

Como

φ q ( ∞ ) = 0

^{, e usando o valor de}

E ~ q

^{obtido no tereiro item, além do fato de que}

dℓ ~ = dr r ˆ

^{,temos, para}

0 ≤ r ≤ R

^,

φ _q (r) = − ρ ₀

4ε ₀ Z R

∞

dr ^′ R ³ 3r ^{′ 2} +

Z r R

dr ^′ 4r ^′

3 − r ^{′ 2} R

= − ρ ₀ 4ε ₀

"

− R ³ 3r ^′

R

∞

+ 2r ^{′ 2}

3 − r ^{′ 3} 3R

r R

#

= − ρ 0

4ε ₀ − R ²

3 + 2r ²

3 − r ³ 3R

− 2R ²

3 − R ² 3

= ρ ₀ 12ε ₀

2R ² − 2r ² + r ³ R

,

para

0 ≤ r ≤ R

^{. Para}

r ≥ R

^{temosaintegral}

φ _q (r) = − ρ ₀ R ³ 12ε ₀

Z r

∞

dr ^′ 1 r ^{′ 2}

= − ρ ₀ R ³ 12ε ₀

− 1 r ^′

r

∞

= ρ ₀ R ³ 12ε ₀

1 r .

para

r ≥ R

^{. Temos portanto nossa resposta parao potenial dentro da esfera, somando}

asduaspartes

φ(r) = p 4πε ₀

cos(θ)

r ² + ρ 0

12πε ₀

2R ² − 2r ² + r ³ R

,

para

0 < r ≤ R

^{. Além disto, foradaesfera o potenial édado por}

φ(r) = p

4πε ₀ cos(θ)

r ² + ρ ₀ R ³ 12ε ₀

1 r ,

ou seja, para

R ≤ r

^.

() Paraalularoampododipolo,tomamosogradientede

φ p

^{usandooordenadasesférias.}

Partimos dopotenialelétrio de umdipolona origem,

φ(r) = p 4πε ₀

cos(θ) r ² ,

lembrando queo ampo é menos o gradiente do potenial, e que o gradiente em oorde-

nadas esfériasé dado por

∇ ~ φ =

∂ r φ, 1 r

∂

∂θ φ, 1 r sin(θ)

∂

∂ϕ φ

.

Como

φ p

^{sódepende de fatode}

r

^e

θ

^{,teremosapenasduas}omponentes,

E r (r, θ) = − ∂

∂r φ(r, θ)

= − p 4πε 0

∂

∂r cos(θ)

r ²

= p

4πε ₀

2 cos(θ) r ³ , E _θ (r, θ) = − 1

r

∂

∂θ φ(r, θ)

= − p 4πε ₀

1 r

∂

∂θ cos(θ)

r ²

= p

4πε ₀ sin(θ)

r ³ .

Lembrandoagoraque temosarelaçãoentreversores

ˆ

z = cos(θ) ˆ r − sin(θ) ˆ θ ⇒

sin(θ) ˆ θ = cos(θ) ˆ r − z, ˆ

podemos esreverpara

E ~ _p

E ~ _p = E _r (r, θ) ˆ r + E _θ (r, θ) ˆ θ

= p

4πε ₀ 1 r ³

h

2 cos(θ) ˆ r + sin(θ) ˆ θ i

= p

4πε ₀ 1

r ³ [2 cos(θ) ˆ r + cos(θ) ˆ r − z] ˆ

= p

4πε ₀

3 cos(θ) ˆ r − z ˆ r ³

= p

4πε ₀

3(ˆ z · r) ˆ ˆ r − z ˆ r ³

= 1

4πε ₀

3(~ p · r) ˆ ˆ r − ~ p r ³ .

Paraalular

E ~ _q

^{vamosusar alei de Gaussemumaesfera de raio}

r

^{entradana origem.}

A arga total

Q(r)

^{omo função de}

r

^{foi alulada} anteriormente, de forma que temos parao uxode

E ~

^{,usandoa leide Gauss,}

4πr ² E r (r) = Q(r) ε ₀ ⇒ E r (r) = Q(r)

4πε ₀ r ² .

Segueque paraoaso

0 < r ≤ R

^temos

E ~ q (r) = ρ ₀

4ε ₀ r 4

3 − r R

ˆ r,

e para

r ≥ R

^temos

E ~ q (r) = ρ ₀ R ³ 12ε ₀ r ² ˆ r.

Temosportanto nossa resposta para

E ~

^{dentroda esfera,somando asduaspartes,}

E(r) = ~ 1

4πε ₀

3(~ p · r) ˆ ˆ r − ~ p r ³ + ρ 0

4ε ₀ r 4

3 − r R

ˆ r,

para

0 < r ≤ R

^{. Além disto, foradaesfera o ampo édado por}

E(r) = ~ 1

4πε ₀

3(~ p · ˆ r) ˆ r − p ~

r ³ + ρ ₀ R ³ 12ε ₀ r ² r, ˆ

ou seja, para

r ≥ R

^.

(d) Como não há quaisquer fontes do ampo magnétio, ele é identiamente zero, e temos

imediatamente nossa resposta,

B ~ (r, θ, ϕ) = ~ 0,

paratodo

r

^,todo

θ

^etodo

ϕ

^.

3. (a) A omponente quepermanee onstante é aquelana direção de

z ˆ

^{, paralela ao ampo}

B ~

^,

umavezqueaforçamagnétiaéperpendiulara

B ~

^{eportantonãotemomponentenesta}

direção. Estaomponenteda veloidade é dada por

v _z =

√ 3 2 v ₀ .

(b) Sim,omódulodaprojeçãodaveloidadenoplano

z = 0

^{permaneeonstante,poisaforça}

magnétia éonstantemente perpendiulara estaprojeção daveloidade. Estemóduloé

dado por

v ₀ 2 .

() Igualando aforça magnétiaà forçaentrípeta,temos

q 0

v ₀ 2

B 0 = m 0

(v ₀ /2) ² R .

Segueque temosparaoraio da órbitairular

R = m ₀ v ₀ 2q 0 B 0

.

Calulando agora afrequênia angular temos

w = (v ₀ /2) R

= q ₀ B ₀ m ₀ .

Temosportanto nossa resposta, que nãodepende de tododa veloidade,

w = q ₀ B ₀ m ₀ .

(d) Como o raio

R

^{da órbita foialuladono itemanterior, temosanossa resposta}

R = m ₀ v ₀

2q ₀ B ₀ .

4. (a) Vamos alular o uxo

Φ B,in

^{do ampo}

B ~

^{durante a entrada da espira na região onde}

existe o ampo. Como temos que

B ~ = B ₀ z ˆ

^om

B ₀

^{onstante, o uxo é o produto de}

B ₀

^{pela áreada espiraque está dentro da região. Adotando omo}

t = 0

^{o momento da}

entrada da espirana região,e oloando o versor normal da áreada espira nadireção

z ˆ

^,

temosportanto

Φ _B,in (t) = B ₀ a ₀ v ₀ t.

Segueque aforçaeletromotriz orrespondenteé dadapor

E in = − d

dt Φ _B,in (t)

= − B ₀ a ₀ v ₀ .

Como oresultadoé negativo,aforçaeletromotriz estána direçãonegativa doiruito. O

mesmo éentãoverdadeiro paraaorrente, etemosportanto nossa resposta

I in = − B ₀ a ₀ v ₀ R ₀ .

A direção de orientação da orrente é

− z ˆ

^{. Ao nal do proesso de entrada da espira o}

uxo édado pelaondição

v ₀ t = b ₀

^{,e temosportanto paraeste valornal}

Φ _B,0 Φ _B,0 = B ₀ a ₀ b ₀ .

(b) Vamosagoraalularouxo

Φ B,out

^doampo

B ~

^{duranteasaídadaespiradaregiãoonde}

existe o ampo. Como temosque

B ~ = B 0 z ˆ

^om

B 0

^{onstante, o uxoé oproduto de}

B 0

pelaáreadaespiraqueestá dentro daregião. Adotandoomo

t = 0

^{omomento dasaída}

da espirana região, no qual temoso uxo

Φ _B,0

^{, e oloando o versor normal da áreada}

espirana direção

z ˆ

^{,temosportanto}

Φ _B,out (t) = Φ _B,0 − B ₀ a ₀ v ₀ t.

Segueque aforçaeletromotriz orrespondenteé dadapor

E out = − d

dt Φ _B,out (t)

= B ₀ a ₀ v ₀ .

Como o resultado é positivo,a forçaeletromotriz estána direção positivado iruito. O

mesmo éentãoverdadeiro paraaorrente, etemosportanto nossa resposta

I _out = B ₀ a ₀ v ₀ R ₀ .

A direção de orientação da orrente é

z ˆ

^{. Ao naldo proesso de saída da espira o uxo}

volta aser nulo.

() Oelementodeforçamagnétiasobreumelemento deiruitodesritopor

dℓ ~

^,quearrega

umaorrente

I

^{,édado por}

d ~ F = I ~ dℓ × B ~

Otrehorelevantedoiruitoéosegmentodeomprimento

a ₀

^{queestáàfrente,orientado}

ao longo dadireção

− x ˆ

^{,e portanto om aorrente}

I

^{orrendo ao longo de}

− x ˆ

^{. Como}

B ~

é umampo onstante,temos

F ~ _in = − I _in a ₀ B ₀ x ˆ × z ˆ

= B ₀ a ₀ v ₀

R ₀ a ₀ B ₀ ( − y) ˆ

= − B ₀ ² a ² ₀ v ₀

R ₀ y. ˆ

F ~ _in = − B ₀ ² a ² ₀ v ₀ R ₀ y. ˆ

Note-se que, omo a veloidade está na direção

y ˆ

^{, esta força está na direção ontrária à}

da veloidade.

(d) Oelementodeforçamagnétiasobreumelemento deiruitodesritopor

dℓ ~

^,quearrega

umaorrente

I

^{,édado por}

d ~ F = I ~ dℓ × B ~

Otreho relevantedo iruito éo segmento de omprimento

a ₀

^{queestá atrás,orientado}

ao longo da direção

x ˆ

^{, e portanto om a orrente}

I

^{orrendo ao longo de}

x ˆ

^{. Como}

B ~

^é

umampoonstante, temos

F ~ _out = I _out a ₀ B ₀ x ˆ × z ˆ

= B ₀ a ₀ v ₀

R ₀ a ₀ B ₀ ( − y) ˆ

= − B ₀ ² a ² ₀ v ₀ R ₀ y. ˆ

Temosportanto nossa resposta

F ~ _out = − B ₀ ² a ² ₀ v ₀ R ₀ y. ˆ

Note-seque,maisumavez,omoaveloidadeestánadireção

y ˆ

^{,estaforçaestánadireção}

ontráriaà da veloidade.

5. A primeira oisa a se fazer é resolver o iruito, ou seja, ahar a orrente

I (t)

^{em regime}

estaionário. Usando alei dasmalhasno iruito,e usandoanotação omplexa,temos

L 0 I ˙ (t) + R 0 I(t) + Q(t)

C ₀ = ε 0 e ı _ωt

⇒ L 0 I(t) + ¨ R 0 I ˙ (t) + I (t)

C ₀ = ı ωε 0 e ı _ωt ,

onde

Q

^{éaarganoapaitor,eondeestamosusandopontosparaindiarderivadastemporais.}

Usando para aorrentea formaestaionária maisgeral,

I(t) = I ₀ e ı _ωt ,

onde a onstante

I ₀

^{podeser omplexa,temos}

I ˙ (t) = ı ωI ₀ e ı _ωt , I ¨ (t) = − ω ² I ₀ e ı _ωt

.

O problema se reduz então à determinação de

I ₀

^. Substituindo a orrente e suas derivadas temospara anossa equação

− L ₀ ω ² I ₀ e ı _ωt

+ ı R ₀ ωI ₀ e ı _ωt + 1

C ₀ I ₀ e ı _ωt

= ı ωε ₀ e ı _ωt

⇒

− L ₀ ω ² I ₀ + ı R ₀ ωI ₀ + 1

C ₀ I ₀ = ı ωε ₀ ⇒ I ₀

1

C 0 ω − L ₀ ω + ı R ₀

= ı ε ₀ ⇒ I ₀ (X _C − X _L + ı R ₀ ) = ı ε ₀ ,

onde

X C (ω) = 1/(C 0 ω)

^e

X L (ω) = L 0 ω

^{. Temos portanto para}

I 0

I 0 = ı ε 0

X C − X L + ı R ₀

= ı ε 0 (X C − X L − ı R 0 ) (X C − X L ) ² + R ² ₀

= ε ₀ R ₀ + ı (X C − X L ) (X C − X L ) ² + R ² ₀

= ε 0

p (X _C − X _L ) ² + R ² ₀

R 0 + ı (X C − X L ) p (X _C − X _L ) ² + R ² ₀ .

Osegundodestesdoisfatoreséumafaseomplexa,quevamosdenominarde

exp( ı φ ₀ )

^{. Ooutro}

fator éuma amplitudereal. Temosportanto para a orrenteestaionária

I(t) = ε ₀

p (X C − X L ) ² + R ₀ ² e ı _(ωt+φ 0 )

Observe quenesta amplitude apenasa diferença

X C − X L

^{depende de}

ω

^{. Vamos hamaresta}

diferençade

χ(ω) = X _C − X _L

^{e portanto esreverque}

I(t) = ε ₀

p χ ² (ω) + R ² ₀ e ı _(ωt+φ 0 ) .

Como temosa orrente, podemosagora esreverasquedas de tensãono indutor,no resistore

no apaitor, obtendo

U L = L 0 I(t) ˙

= ı L ₀ ωε ₀

p χ ² (ω) + R ² ₀ e ı _(ωt+φ 0 ) , U R = R ₀ I(t)

= R ₀ ε ₀

p χ ² (ω) + R ² ₀ e ı _(ωt+φ 0 ) , U C = Q(t)

C ₀

= ε 0

ı C ₀ ω p

χ ² (ω) + R ² ₀ e ı _(ωt+φ 0 ) .

omplexo, e a amplitude é o raio do írulo perorrido pelo vetor. Assim, podemos obter as

amplitudes simplesmente tomandoosmódulosdestasexpressões,

A _L = L ₀ ωε ₀ p χ ² (ω) + R ₀ ²

= ε ₀ X L

p (X C − X L ) ² + R ² ₀ , A R = R ₀ ε ₀

p χ ² (ω) + R ₀ ²

= ε ₀ R ₀

p (X _C − X _L ) ² + R ² ₀ ,

A C = ε ₀

C ₀ ω p

χ ² (ω) + R ² ₀

= ε ₀ X C

p (X C − X L ) ² + R ² ₀ .

Observe quea amplitude da voltagem no resistore a amplitude

A I

^{daorrentese relaionam}

por

A R = R ₀ A I

^{,de formaque temos}

A I = ε ₀

p (X C − X L ) ² + R ₀ ² .

O menor valor possível de ada uma destas amplitudes zero, e o maior valor que devemos

esperaré dadopor

ε ₀

^{,a amplitude dogerador. Note-se quetemososseguintes limites,}

ω lim → 0 X _L = 0,

ω lim →∞ X L = ∞ ,

ω lim → 0 X _C = ∞ ,

ω lim →∞ X C = 0.

(a) Consideremos aamplitude noapaitor,

A C = ε ₀ X C

p (X C − X L ) ² + R ² ₀ .

Quando

ω → ∞

^{temosqueisto sereduza}

ω lim →∞ A C = ε ₀ lim

ω →∞

X C

q

X _L ² + R ² ₀

= ε 0 lim

ω →∞

X _C q

X _L ²

= 0,

ou seja, a amplitude vai azero neste limite. Por outro lado, quando

ω → 0

^{temos quea}

amplitude sereduz a

ω lim → 0 A C = ε ₀ lim

ω → 0

X C

q

X _C ² + R ² ₀

= ε 0 lim

ω → 0

X _C q

X _C ²

= ε ₀ ,

que éo valormáximo. Temosportanto nossa respostaparaolimite demáximo,

ω lim → 0 A _C = ε ₀ .

(b) Consideremos aamplitude noindutor,

A L = ε ₀ X L

p (X C − X L ) ² + R ₀ ² ,

Quando

ω → 0

^{temosqueisto sereduza}

ω lim → 0 A L = ε 0 lim

ω → 0

X L

q

X _C ² + R ² ₀

= ε ₀ lim

ω → 0

X L

q X _C ²

= 0,

ou seja, aamplitude vaia zeroneste limite. Por outrolado, quando

ω → ∞

^temosquea

amplitude sereduz a

ω lim →∞ A L = ε ₀ lim

ω →∞

X L

q

X _L ² + R ² ₀

= ε ₀ lim

ω →∞

X L

q X _L ²

= ε ₀ ,

que éo valormáximo. Temosportanto nossa respostaparaolimite demáximo,

ω lim →∞ A _L = ε ₀ .

() Ovalormáximo daamplitude daorrenteoinideomo valor máximoda amplitudeda

queda detensão no resistor. Consideremos portanto a amplitude noresistor,

A R = ε ₀ R 0

p (X _C − X _L ) ² + R ² ₀ .

Neste asotanto no limite

ω → 0

^{quanto no limite}

ω → ∞

^{a amplitude vaia zero, pois}

uma das duasquantidades em denominador,

X C

^ou

X L

^{, vaiao innito. Isto india que}

há um máximo loal em algum valor nito e não-nulo de

ω

^{. Para ahar este máximo}

podemos alular a derivada em relação a

ω

^{e igualamos azero. Como onumerador não}

dependede

ω

^{,ummáximodarazãomostradaorrespondeaummínimodo}denominador, e portanto bastaalular eigualar azero aderivada deste denominador,

d dω

q

(X _C − X _L ) ² + R ² ₀ = 1 2

2(X _C − X _L ) p (X _C − X _L ) ² + R ² ₀

dX _C

dω − dX _L dω

= X C − X L

p (X _C − X _L ) ² + R ₀ ²

− 1

C ₀ ω ² − L ₀

= − 1 ω

X _C − X _L

p (X _C − X _L ) ² + R ² ₀ (X _C + X _L )

= − 1 ω

X _C ² − X _L ² p (X C − X L ) ² + R ² ₀ .

Esta quantidade se anula apenas em dois asos,

ω → ∞

^{, que já vimos ser umlimite de}

mínimo, e

X C = X L

^{,que araterizaaondição de} ressonânia,

X C = X L ⇒ 1

C ₀ ω = L ₀ ω ⇒ ω ² = 1

L 0 C 0

,

de forma quetemosanossa resposta,

ω = 1

√ L ₀ C ₀ .

Note-se queneste asotemosparaa amplitudeno resistor

A R = ε ₀ ,

que éde fatoo valor máximo.

(d) Épreisolembrarqueparaalularquantidadesbilinearesdevemosantestomaraspartes

reais. Avoltagem do geradoré dada noenuniado,

ε(t) = ε ₀ cos(ωt),

e a solução realparaa orrente édada por

I(t) = ε ₀

p (X C − X L ) ² + R ₀ ² cos(ωt + φ ₀ ),

onde

e ı _{φ 0}

= R ₀ + ı (X _C − X _L ) p (X _C − X _L ) ² + R ² ₀ .

Como estamos alulandono aso

X C = X L

^{,a solução para}

T (t)

^sereduza

I(t) = ε ₀

R ₀ cos(ωt + φ ₀ ),

onde

e ı _φ 0 = 1,

oqueimpliaqueafase

φ ₀

^{énula. Temosportantoparaoprodutodaorrenteedatensão}

no gerador

P (t) = ε ² ₀

R ₀ cos ² (ωt).

A média temporal do quadradodo ossenoé

1/2

^{,de formaque temosanossa resposta}

P ¯ = ε ² ₀

2R ₀ .

6. Antes demaisnada observamosque, por simetria, temosque

B ~ = B θ (ρ)ˆ θ

^.

(a) Como

~

^{é dado,paraalular o ampo}

E ~

^vamos simplesmenteusar alei de Ohm emsua forma loal,

~ = σ ₀ E ~ ⇒ E ~ = 1

σ 0

~

=  ₀ σ ₀ z, ˆ

desde queestejamos dentro doilindro. Temos portanto anossa resposta,

E ~ =  0

σ ₀ z, ˆ

para

ρ ≤ r ₀

^.

(b) Paraalular

B ~

^{alulamosasuairulaçãoemírulosderaio}

ρ

perpendiulares aoeixo

z

^{,omentrosobreoeixo}

z

^{. Calulamos tambémaorrentedentrodesteírulo, ouseja}

o uxo de

~

^{sobre o interior dos írulos. Como temos que}

B ~ = B _θ (ρ)ˆ θ

^{e que}

~ =  ₀ z ˆ

^,

segue que

2πρB θ (ρ) = µ 0 πρ ²  0 ⇒ B θ (ρ) = µ ₀  ₀

2 ρ,

desde queestejamos dentro doilindro. Temos portanto anossa resposta,

B ~ = µ ₀  ₀ 2 ρ θ, ˆ

para

ρ ≤ r ₀

^.

() Simplesmente alulamos

S ~

^{usandoadenição,}

S ~ = 1

µ ₀ E ~ × B ~

= 1 µ ₀

 ₀ σ ₀

µ ₀  ₀

2 ρˆ z × θ ˆ

= −  ² ₀ 2σ ₀ ρ ρ. ˆ

Temosportanto nossa resposta,

S ~ = −  ² ₀ 2σ ₀ ρ ρ, ˆ

para

ρ ≤ r ₀

^{. Observe-seque}

S ~

^{aponta na direção radial, paradentro doilindro.}

(d) Calulandoouxosoliitado,fazemos

ρ = r ₀

^{. Ovetor}

S ~

^{éonstanteaolongodasuperfíie,}

de forma quetemosparaouxo

Φ S

^,

Φ S = − 2πr 0 ℓ 0  ² ₀ 2σ ₀ r 0

= − πr ₀ ²  ² ₀ ℓ ₀ σ ₀ .

Temosportanto nossa resposta,

Φ S = − πr ₀ ²  ² ₀ ℓ ₀ σ ₀ .

Observe-se que, omotemosque aorrente total é

I =  ₀ πr ² ₀

^{eque avoltagem no treho}

deomprimento

ℓ ₀

^é

V =  ₀ ℓ ₀ /σ ₀

^{,podemosesreveristoomo}

Φ _S = − IV

^,ouseja,ouxo

de

S ~

^{nasuperfíieéigualà potênia dissipadapor efeitoJoule notreho deomprimento}

ℓ ₀

^.