m - Centro de Estudos Espaço

Eletromagnetismo I – Prof. Dr. Cláudio S. Sartori
- CAPÍTULO VII – Campo Magnético
Introdução ao Magnetismo
1
(d)
™ A que se deve o magnetismo?
Os antigos gregos já sabiam que algumas
rochas, procedentes de uma cidade da Ásia Menor
chamada Magnésia, atraíam pedaços de ferro. Essas
rochas eram formadas por um mineral de ferro
chamado magnetita. Por extensão, diz-se dos corpos
que apresentam essa propriedade que eles estão
magnetizados, ou possuem propriedades magnéticas.
Assim, magnetismo é a propriedade que algumas
substâncias têm de atrair pedaços de ferro.
Figura 1 – Imantação por contato (a) e por influência (b). Força
de atração em ímãs (c) e entre ímãs e objetos que contém ferro (d).
(a)
™ Os ímãs:
(b)
(c)
Ímã é um corpo formado de material
magnético. Os ímãs podem ser naturais, como a
magnetita, ou artificiais, como o ferro doce (gusa) ou o
aço aos quais tenham sido conferidas as propriedades
atrativas da magnetita. Costumam ter a forma reta, de
ferradura ou de agulha metálica (bússola). Os corpos
podem ser magnetizados por diferentes métodos. Ao
atritar um objeto de aço, sempre no mesmo sentido e
com a mesma extremidade de um ímã, obtém-se um
ímã por atrito. Se aproximarmos um ímã de uma agulha
de costura, o ímã a atrairá, e a agulha, em seguida,
atrairá limalhas de ferro. Nesse caso, ela se comporta
como um ímã, mesmo separada do ímã primitivo. É que
a agulha foi imantada por contato.
Os ímãs artificiais são permanentes ou
temporários. Ímãs de aço são permanentes: mantêm a
imantação mesmo depois de haver cessado a sua
causa. Os ímãs de ferro são temporários, se
desmagnetisa com o tempo.
A atração de um ímã sobre outros corpos é
máxima nas extremidades e nula em sua parte central.
As extremidades do ímã são os pólos, e o centro
chamamos de linha neutra. Cada um dos pólos _ norte
(N) e sul (S) _ é distinto. A maneira mais prática de
reconhecê-los é aproximar uma bússola, cuja parte mais
escura coincide com o pólo norte: este apontará para o
pólo sul do ímã, enquanto a outra ponta da bússola, o
pólo sul, se orientará para o pólo norte do ímã. Se
permitirmos que a agulha da bússola se alinhe com o
campo magnético terrestre, veremos que a parte escura
da bússola (pólo norte) se orienta aproximadamente
com o norte geográfico. Isto porque o Pólo Norte
geográfico está próximo ao pólo sul magnético e viceversa.
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Eletromagnetismo I – Prof. Dr. Cláudio S. Sartori
- CAPÍTULO VII – Campo Magnético
Figura 2 – Orientação de uma bússula no campo
magnético terrestre:
2
circula uma corrente elétrica gera um campo
magnético.
Determinar o sentido das linhas de campo
assim formadas, utiliza-se uma regra conhecida como
regra da mão direita. Colocando-se a mão direita sobre
o fio condutor, de modo que o polegar aponte no
sentido da corrente convencional, os outros dedos
dobrados fornecerão o sentido das linhas do campo
magnético.
Figura 3 – Ilustração das linhas de campo magnético de
um ímã (a) e ímã em forma de U (b).
(a)
™ Campo magnético
Chama-se campo magnético de um ímã a
região do espaço onde se manifestam forças de origem
magnética.Um ímã cria ao redor de si um campo
magnético que é mais intenso em pontos perto do ímã e
se enfraquece à medida que dele se afasta como o
campo gravitacional.
Para representar graficamente um campo
magnético, utilizam-se as linhas de força. Se
colocarmos sobre um ímã, como o da figura a seguir,
uma folha de papel com limalhas de ferro, estas se
orientarão de acordo com o campo magnético. Na
representação acima, por exemplo, as linhas de força
são linhas imaginárias que reproduzem a forma como
se alinharam as limalhas. O sentido das linhas,
mostrado por uma ponta de seta, é escolhido de
maneira arbitrária: saem do pólo norte e entram pelo
pólo sul.
(b)
Figura 4 – Ilustração da experiência de Öersted. Em (a)
não há corrente. Em (b) e (c) as correntes causam deflexões na
bússula.
™ Eletromagnetismo
Os fenômenos elétricos e magnéticos possuem
aspectos semelhantes. Em 1820, o físico dinamarquês
Hans C. Oersted (1777-1851) demonstrou a relação
existente entre eles. Aproximou uma bússola de um
circuito de corrente contínua (ao que parece,
acidentalmente) e observou como a agulha da bússola
se desviava, colocando-se numa posição perpendicular
à direção da corrente. Ao conectar os pólos do gerador
ao contrário para mudar o sentido da corrente, a agulha
também se desviava em sentido contrário. Dessa
experiência, concluiu que: um condutor pelo qual
2
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- CAPÍTULO VII – Campo Magnético
Para visualizar o campo magnético gerado por
um fio condutor retilíneo, a experiência é a seguinte:
atravessa-se uma cartolina com um fio condutor ligado
aos pólos de um gerador; espalham-se limalhas de ferro
ao redor do fio e elas se orientam formando círculos
concêntricos de acordo com as linhas de força. A
mesma regra da mão direita, também conhecida como
regra do saca-rolhas, é usada para determinar o sentido
das linhas de força.. Imagine um saca-rolhas
avançando. Para tanto, ele é girado num sentido. Se o
sentido do avanço coincide com o sentido da corrente
elétrica, então o sentido das linhas de força coincide
com o sentido de giro do saca-rolhas. Disso se conclui:
1) Uma carga elétrica gera um campo elétrico; 2) Uma
carga elétrica em movimento cria também um campo
magnético; 3) Para expressar a existência dos dois
campos, diz-se que a corrente elétrica gera um campo
eletromagnético. O eletromagnetismo estuda as
relações entre correntes elétricas e fenômenos
magnéticos.
A fonte do campo magnético estacionário pode
ser um imã permanente, um campo elétrico variando
linearmente com o tempo ou uma corrente contínua.
Vamos ignorar o imã permanente e deixar o campo
elétrico variante no tempo para uma discussão
posterior. Nossas relações atuais dizem respeito ao
campo magnético produzido por um elemento
diferencial de corrente contínua no espaço livre.
Podemos imaginar este elemento diferencial de
corrente como uma seção diminuta de um condutor
filamentar, onde um condutor filamentar é o caso limite
de um condutor cilíndrico de seção reta circular com o
raio tendendo a zero. Consideramos uma corrente I
fluindo em um vetor de comprimento diferencial dL do
filamento. A lei de Biot-Savart' afirma que, em
qualquer ponto P, a magnitude da intensidade do
campo magnético produzido pelo elemento diferencial
é proporcional ao produto da corrente pela magnitude
do comprimento diferencial e pelo seno do ângulo entre
o filamento e a linha que une o filamento ao ponto P
onde se deseja conhecer o campo; ainda, a magnitude
da intensidade de campo magnético é inversamente
proporcional ao quadrado da distância do elemento
diferencial ao ponto P.
A direção da intensidade do campo magnético
é normal ao plano que contém o filamento diferencial e
a linha desenhada a partir do filamento ao ponto P. Das
duas normais possíveis, a escolhida deve ser aquela que
está no sentido de progresso de um parafuso direito ao
giramos a partir de áL através do menor ângulo até a
linha do filamento a P. Usando as unidades do sistema
mks, a constante de proporcionalidade é 1/4π.
A lei de Biot-Savart, descrita acima com cerca
de 150 palavras, pode ser escrita concisamente usando
a notação vetorial como:
3
Idl × aˆ R Idl × R
=
4πR 2
4πR 3
dH =
Figura 5 – Ilustração da geometria para calcular o campo
devido a um elemento de corrente.
â R
As unidades da intensidade do campo magnético
H são evidentemente ampéres por metro (A/m). A
geometria está ilustrada na Figura 4. Índices podem ser
usados para indicar o ponto ao qual cada uma das
grandezas em (l) se refere. Se localizarmos o elemento
de corrente no ponto l e descrevermos o ponto 2 como
o ponto P no qual o campo deve ser determinado,
então:
dH 2 =
I ' dl ' × aˆ R12
4πR122
Indução Magnética B:
Definimos o vetor indução por:
B = µ0 H
Aqui, µ0 é chamado de permeabilidade magnética do
vácuo.
µ 0 = 4πk m = 4π ⋅10 −7 N2
A
Unidade: Tesla T
Nikola Tesla: Nascido em 07/10, 1856 em Smiljan,
Lika (Áustria-Hungria) - janeiro em 7, 1943 em New York City,
(EUA)
Treinando para uma carreira da engenharia, atendeu à
universidade técnica em Graz, em Áustria, e na universidade de
Praga. Em Graz que o viu primeiramente o dynamo do grama, que se
operou como um gerador e, quando invertido, se transformou um
motor elétrico, e conceived uma maneira usar a corrente alterna à
3
Eletromagnetismo I – Prof. Dr. Cláudio S. Sartori
- CAPÍTULO VII – Campo Magnético
vantagem. Mais tarde, em Budapest, visualizou o princípio do campo
magnético girando e desenvolveu plantas para um motor de indução
que se transformasse sua primeira etapa para a utilização bem
sucedida da corrente alterna. Em 1882 Tesla foi trabalhar em Paris
para os Continental Edison Companhia, e, quando na atribuição a
Strassburg em 1883, construiu, em após-trabalhe horas, seu primeiro
motor de indução. Tesla sailed para América em 1884, chegando em
york novo, com quatro centavos em seu bolso, em alguns de seus
próprios poemas, e em cálculos para uma máquina do vôo. Encontrou
primeiramente o emprego com Thomas Edison, mas os dois
inventores eram distantes distantes no fundo e nos métodos, e sua
separação era inevitável.
Em maio 1885, George Westinghouse, cabeça do Westinghouse
Elétrico Companhia em Pittsburgh, comprou as direitas de patente ao
sistema polifásico de Tesla de dynamos, de transformadores, e de
motores da corrente alternada. A transação precipitated um esforço
titanic do poder entre sistemas de Edison de corrente contínua e a
aproximação da corrente alternada de Tesla-Tesla-Westinghouse, que
ganhou eventualmente para fora.
Tesla estabeleceu logo seu próprio laboratório, onde sua mente
inventive poderia ser dada a rédea livre. Experimentou com os
shadowgraphs similares àqueles que deviam mais tarde ser usadas por
Wilhelm Röntgen quando descobriu raios X em 1895. As
experiências incontáveis de Tesla incluíram o trabalho em uma
lâmpada da tecla do carbono, no poder do resonance elétrico, e em
vários tipos de lighting.
Tesla deu exhibitions em seu laboratório em que iluminou lâmpadas
sem fios permitindo que a eletricidade corra através de seu corpo,
para allay medos da corrente alterna. Foi convidado frequentemente
lecture no repouso e no exterior. A bobina de Tesla, que inventou em
1891, é usada extensamente hoje em jogos do rádio e de televisão e
no outro equipamento eletrônico. Que ano marcado também a data do
citizenship unido dos estados de Tesla.
Westinghouse usou o sistema de Tesla iluminar a exposição
columbian do mundo em Chicago em 1893. Seu sucesso era um fator
em ganhá-lo o contrato para instalar a primeira maquinaria do poder
nas quedas de Niagara, que furam números do nome e da patente de
Tesla. O projeto carregou o poder ao búfalo por 1896.
Em Tesla 1898 anunciado sua invenção de um barco teleautomatic
guiado pelo controle remoto. Quando o skepticism foi exprimido,
Tesla provou suas reivindicações para ele antes de uma multidão no
jardim quadrado de Madison.
Em Colorado salta, Colo., onde permaneceu de maio 1899 até 1900
adiantado, Tesla feito o que considerou como sua descoberta mais
importante -- ondas estacionárias terrestrial. Por esta descoberta
provou que a terra poderia ser usada como um condutor e seria tão
responsiva quanto uma forquilha ajustando às vibrações elétricas de
alguma freqüência. Também iluminou 200 lâmpadas sem fios de uma
distância de 25 milhas (40 quilômetros) e criou o relâmpago sintético,
produzindo os flashes que medem 135 pés (41 medidores). Em uma
vez estava certo que tinha recebido sinais de um outro planeta em seu
laboratório de Colorado, uma reivindicação que fosse encontrada com
com o derision em alguns jornais científicos.
Retornando a york novo em 1900, Tesla começou a construção no
console longo de uma torre transmitindo do mundo wireless, com o
capital $150.000 do financeiro americano J. Pierpont Morgan. Tesla
reivindicou-ele do fixou o empréstimo atribuindo 51 por cento de
suas direitas de patente o telephony e o telegraphy a Morgan. Esperou
fornecer uma comunicação worldwide e fornecer facilidades para
emitir retratos, mensagens, avisos do tempo, e os relatórios
conservados em estoque. O projeto foi abandonado por causa de um
pânico financeiro, de uns problemas labour, e de uma retirada de
Morgan da sustentação. Era a derrota a mais grande de Tesla.
O trabalho de Tesla deslocou então to as turbinas e os outros projetos.
Por causa de uma falta dos fundos, suas idéias remanesceram em seus
cadernos, que são examinados ainda por coordenadores para indícios
unexploited. Em 1915 foi decepcionado severamente quando um
relatório que e Edison deviam compartilhar do prêmio de Nobel
provou errôneo. Tesla era o receptor da medalha em 1917, a honra a
4
mais elevada de Edison que o instituto americano de coordenadores
elétricos poderia bestow.
Tesla permitiu-se somente alguns amigos próximos. Entre eles eram
os escritores Robert Underwood Johnson, marca Twain, e Francis
Marion Crawford. Era completamente pouco prático em matérias
financeiras e em um excêntrico, dirigido por compulsions e por um
phobia progressivo do germe. Mas teve uma maneira intuitively de
detetar segredos científicos escondidos e de empregar seu talent
inventive para provar suas hipóteses. Tesla era um godsend aos
repórteres que procuraram a cópia do sensational mas um problema
aos editores que eram incertos como seriamente seus prophecies
futuristic devem ser considerados. O criticism cáustico cumprimentou
seus speculations a respeito de uma comunicação com outros
planetas, suas afirmações que poderia rachar a terra como uma maçã,
e sua reivindicação de ter inventado um raio da morte capaz de
destruir 10.000 aviões em uma distância de 250 milhas (400
quilômetros).
Após a morte de Tesla o curador da propriedade estrangeira
impounded seus troncos, que prenderam seus papéis, seus diplomas e
outras honras, suas letras, e suas notas do laboratório. Estes foram
herdados eventualmente pelo nephew de Tesla, Sava Kosanovich, e
abrigados mais tarde no museu de Nikola Tesla em Belgrado. As
centenas arquivaram na catedral da cidade de york novo de St. John o
divine para seus serviços funeral, e uma inundação das mensagens
reconheceu a perda de um gênio grande. Três receptores premiados
de Nobel dirigiram-se a seu tributo a "um dos intellects proeminentes
do mundo que pavimentou a maneira para muitos dos
desenvolvimentos technological de épocas modernas." (I.W.H.)
Invenções: transformador um repetidor do
telefone, um princípio girando do campo magnético,
um sistema polifásico da corrente alternada, um motor
de indução, uma transmissão de poder da corrente
alternada, de uma bobina de Tesla, uma comunicação
wireless, rádio, luzes fluorescentes, e mais de outras
700 patentes.
Hans Christian Oersted
agosto nascido 14, 1777, Rudkøbing,
Dinamarca - março 9, 1851, Copenhaga
Hans Christian Oersted nasceu na Dinamarca,
era filho de um farmacêutico e estudou Filosofia na
Universidade de Copenhague. Depois de viajar pela
Europa, retomou àquela universidade e ali trabalhou
como professor e pesquisador, desenvolvendo várias
pesquisas no campo da Física e da Química.
4
Eletromagnetismo I – Prof. Dr. Cláudio S. Sartori
Exemplo 1 - Dados os seguintes valores para
P1, P2, e I1∆l1, calcular ∆H2 em:
(a) P1(0, 0, 2) e P2( 4, 2, 0) 2pazµA/m.
(b) P1(0, 2, 2) e P2( 4, 2, 3) 2pazµA/m.
(c) P1(1, 2, 3) e P2( 3, -1, 2)
2p(-ax+ay+az )µA/m.
dH =
R12 = R12 = 4 + 2 + (− 2 ) = 24
aˆ R12 =
2
R12
4
2
2
=
aˆ x +
aˆ y −
aˆ z
R12
24
24
24
dH 2 =
I ' dl ' × aˆ R12
4πR
2
2
⎛ 4
⎞
2πµaˆ z × ⎜
aˆ x +
aˆ y −
aˆ z ⎟
24
24 ⎠
⎝ 24
dH 2 =
2
4π 24
( )
µ⎛ 4
⎞
dH 2 =
aˆ y −
aˆ x ⎟
⎜
48 ⎝ 24
24 ⎠
dH 2 = −8,05aˆ x + 17,01aˆ y (nA m )
2
Exemplo 2 – Um filamento de corrente
conduzindo 15A na direção z está situado ao longo do
eixo z. Determine H em coordenadas cartesianas se:
(a) PA( 20 , 0, 4);
(b) PB( 2, -4, 0).
Idl × aˆ R Idl × R
=
4πR 2
4πR 3
r ′ = z ′aˆ z
dH =
r = 20aˆ x + 4aˆ z
4π 20 + (4 − z ′)
(
( 20 )
2
+ (4 − z ′) 2
R = 20 + (4 − z ′) 2
Idl = 15dz ′aˆ z
Idl × R
dH =
4πR 3
15dz ′ 20
4π 20 + (4 − z ′)
+∞
15 20
H=
4π −∫∞
)
2 32
)
2 32
aˆ y
)
32
dz ′
⎛ ⎛ 4 − z′ ⎞2 ⎞
3 2⎜
⎟ ⎟
20 1 + ⎜⎜
⎜ ⎝ 20 ⎟⎠ ⎟
⎝
⎠
+∞
15 20
4π 20 20 −∞
32
dz ′
∫⎛
⎜1 + ⎛⎜ 4 − z ′ ⎞⎟
⎜ ⎜⎝ 20 ⎟⎠
⎝
⎞
⎟
⎟
⎠
2
32
aˆ y
aˆ y
aˆ y
Chamando:
4 − z′
⇒ z ′ = 4 − 20tgθ
20
dz ′ = − 20 sec 2 θdθ
tgθ =
H=
3
16π
+∞
− 20 sec 2 θdθ
∫ (1 + tg θ )
2
−∞
32
aˆ y
+∞
H=
− 3 20 sec 2 θdθ
aˆ y
16π −∫∞ (sec 2 θ )3 2
+∞
− 3 20 sec 2 θdθ
H=
aˆ y
16π −∫∞ sec 3 θ
+∞
H=
dθ
− 3 20
aˆ y
∫
16π −∞ sec θ
+∞
H=
− 3 20
cos θdθ aˆ y
16π −∫∞
H=
− 3 20
+∞
senθ zz′′==−∞
aˆ y
16π
R = r − r ′ = 20aˆ x + (4 − z ′)aˆ z
R=
20aˆ x + (4 − z ′)aˆ z
(
H=
2
12
(
(
+∞
15 20
dz ′
H=
∫
4π −∞ 20 + (4 − z ′)2
R12 = P2 − P1 = 4aˆ x + 2aˆ y − 2aˆ z
2
15dz ′aˆ z ×
dH =
(a) P1(0, 0, 2) e P2( 4, 2, 0) 2pazµA/m.
2
5
- CAPÍTULO VII – Campo Magnético
Como:
senθ = 1 − cos 2 θ
sec θ = 1 + tg 2θ
1
cos θ =
1 + tg 2θ
5
)
Eletromagnetismo I – Prof. Dr. Cláudio S. Sartori
senθ = 1 −
- CAPÍTULO VII – Campo Magnético
1
1 + tg 2θ
tgθ
senθ =
tgθ =
1 + tg 2θ
4 − z′
20
+∞
4 − z′
H=
H=
H=
− 3 20
16π
− 3 20
16π
20
⎛ 4 − z′ ⎞
1 + ⎜⎜
⎟⎟
⎝ 20 ⎠
aˆ y
2
4 − z′
20 + (4 − z ′) 2
−∞
+∞
aˆ y
−∞
⎤
− 3 20 ⎡
4 − z′
4 − z′
⎢lim
⎥aˆ y
− lim
16π ⎢ z′→+∞ 20 + (4 − z ′) 2 z′→−∞ 20 + (4 − z ′) 2 ⎥
⎣
⎦
H=
6
− 3 20
[− 1 − 1]aˆ y
16π
6 20
H=
aˆ y
16π
3 5
H=
aˆ y
4π
H = 0,53aˆ y mA
Se
observarmos
sua
face
dianteira,
comprovaremos que todas as linhas entram por ela.
Como nos ímãs, diremos que é a face sul e a corrente
circula no mesmo sentido que os ponteiros do relógio.
A face posterior será a face norte. Dela saem as linhas
de força e a corrente circula no sentido contrário aos
ponteiros do relógio.
Outra regra prática para reconhecer os pólos
de uma espira consiste em desenhar um N ou um S; as
pontas de seta das extremidades das letras indicam o
sentido da corrente.
™ Solenóides
Se em vez de uma única espira pegarmos um
fio condutor, de cobre, por exemplo, e o enrolarmos em
espiral formando um conjunto de espiras iguais e
paralelas e nele estabelecermos uma corrente elétrica,
obteremos um solenóide ou bobina.
Figura 7 – Solenóide.
™Campo magnético gerado por um condutor
circular
Um condutor de forma circular chama-se
também espira. Pode-se comprovar experimentalmente
que as linhas de força são como as descritas para o
condutor reto em cada uma das interseções do condutor
com o plano perpendicular ao eixo.
Uma espira, figura ao lado, se comporta como
um pequeno ímã
Figura 6 – Ilustração da regra da mão direita .
O solenóide comporta-se, em seu exterior,
como um ímã reto, com seus dois pólos.
Do pólo norte saem as linhas de força que
retornam ao solenóide por seu pólo sul e, em seu
interior, elas se fecham deslocando-se de sul a norte.
Diferentemente do que ocorre num ímã reto, somandose todos os efeitos das espiras gera-se, no interior da
bobina, um campo magnético muito intenso e uniforme.
6
Eletromagnetismo I – Prof. Dr. Cláudio S. Sartori
- CAPÍTULO VII – Campo Magnético
Em seu interior, a agulha de uma bússola se orienta
paralelamente ao eixo da bobina.
Da mesma forma que um ímã, o solenóide
atrairá objetos de ferro. Assim, se o pendurarmos para
que possa girar livremente, ele se orientará no campo
magnético da Terra como uma agulha magnética.
Os solenóides exercem uns sobre os outros
forças de atração e repulsão como as que existem entre
os ímãs.
™ Eletroímãs
Se colocarmos uma barra de ferro chamada
núcleo no interior de um solenóide, teremos um
eletroímã. Com a passagem da corrente, o conjunto age
como um poderoso ímã. O aumento do campo
magnético acontece porque o ferro doce imanta-se, por
estar no campo magnético produzido pelo solenóide, e
produz seu próprio campo magnético, que é somado ao
do solenóide. Ao cessar a passagem da corrente, o
campo magnético do solenóide desaparece. Daí por que
o eletroímã é um ímã temporário. Os eletroímãs têm
muitas aplicações no dia-a-dia como nas campainhas
elétricas.
Figura 8 – Esquema de uma campainha.
7
Uma corrente elétrica produz magnetismo. O
efeito contrário é possível? O físico inglês Michael
Faraday demonstrou que sim. Em determinadas
condições, um campo magnético gera corrente elétrica:
ele ligou uma bobina a um amperímetro e, ao introduzir
rapidamente um ímã na bobina, o amperímetro
assinalava passagem de corrente. É a indução
eletromagnética. Um ímã em movimento gera uma
corrente elétrica em um fio condutor: é a corrente
induzida. Se em vez de introduzir o ímã o retirarmos, a
corrente assume o sentido inverso. Se aproximarmos ou
afastarmos a bobina em vez do ímã, o resultado será
idêntico. A aplicação mais importante da indução é a
produção de corrente elétrica. Se fizermos girar a espira
no interior do campo magnético do ímã, produz-se uma
corrente induzida.
Conforme a figura, a cada meia-volta da
espira, a corrente muda de sentido: é uma corrente
alternada. Os alternadores, componentes do sistema
elétrico dos carros, são geradores de corrente alternada.
Funcionam com base na descoberta de Faraday.
Modificações na montagem dos coletores e escovas
(contatos entre a espira móvel e o circuito no qual vai
circular a corrente induzida) podem originar os
geradores de corrente contínua, como são os dínamos
de bicicletas.
™ Linhas de Força do campo Magnético
A figura abaixo mostra a disposição de
limalhas de ferro colocadas em um papel próximo a um
ímã. As linhas de força estão mostradas na figura
abaixo. Veja a situação em que há dois pólos iguais
(repulsão) e dois pólos diferentes (atração).
Figura 9 – Linhas de força do campo magnético de um
ímã com pólos iguais (a) e pólos opostos (b).
No esquema de uma campainha elétrica
percebe-se seu funcionamento. Com o circuito aberto,
não passa corrente e o eletroímã não atua. Ao fechar o
circuito com um aperto do botão, a corrente passa a
circular por ele, acionando o eletroímã que atrai a
vareta metálica que golpeia a campainha. Assim, o
circuito se abre, cessa a atração e a vareta metálica
volta à sua posição inicial, fechando novamente o
circuito. O processo se repetirá enquanto o interruptor
estiver apertado.
™ Correntes induzidas e correntes alternadas
(b)
7
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- CAPÍTULO VII – Campo Magnético
8
Há no interior do Planeta, um movimento de
magma complicado, constituído de diversos elementos
derretidos a altas temperaturas, que atuam como se
fossem um magneto, com o pólo norte magnético
aproximadamente próximo ao pólo Sul geográfico e o
pólo sul magnético aproximadamente próximo ao pólo
Norte Geográfico. A figura ilustra o campo magnético
Terrestre.
O momento de dipolo magnético terrestre, tem
um valor aproximadamente de 8,0.1022 J/T. O eixo do
dipolo faz um ângulo de aproximadamente 11,50 com o
eixo de rotação Terrestre. Devido às aplicações em
navegação, o campo magnético Terrestre tem sido
estudado por vários anos. As quantidades de interesse,
são a magnitude e direção do campo terrestre em
diferentes localidades.
Estudos mostram que há reversão na
polaridade aproximadamente a cada milhão de anos.
A interação com partículas provenientes do
chamado vento solar (prótons, elétrons provenientes de
explosões solares), com o campo magnético terrestre,
provoca modificações espaciais na forma do campo
magnético Terrestre. As partículas são armazenadas no
campo magnético Terrestre, formando os chamados
cinturões de radiação de Van Allen, que estão acima da
atmosfera Terrestre, entre os pólos norte e sul
magnéticos. As partículas são armadilhadas nesses
cinturões, e nas regiões próximas aos pólos Norte e Sul
Geográficos, como as linhas de campo são mais
intensas, estando a uma altitude mais baixa, cerca de
100 km, as partículas chocam-se com as moléculas de
N2 e a átomos de O, gerando luz de cores rosa e verde,
respectivamente. Tal fenômeno é chamado de aurora
boreal.
(a)
(b)
Figura 11 – Componentes do campo magnético terrestre
(a) e aurora boreal (b).
(a)
Figura 10 – Partículas espiralando
magnético terrestre (b).
(a) no campo
™ O campo Magnético Terrestre:
(b)
8
Eletromagnetismo I – Prof. Dr. Cláudio S. Sartori
- CAPÍTULO VII – Campo Magnético
9
• Cinturões de radiação –
Texto extraído de:
www-spof.gsfc.nasa.gov/Education/Iradbelt.html
Radiation Belts
Figura 13 – Trajetória de partícula aprisionada pelo campo
magnético terrestre.
Figura 12 – O vento Solar.
O movimento de íons energéticos e elétrons no
espaço é regido fortemente pelo campo magnético
local. O movimento básico é a rotação das linhas de
campo magnético em fileira, enquanto deslizando ao
mesmo tempo ao longo dessas linhas, dando para as
partículas uma trajetória espiral.
Em linhas de campo típicas, volta-se para a
Terra até o final das linhas, e tal movimento conduz as
partículas a seguir na atmosfera onde elas colidiriam e
perderiam a energia. Porém, uma característica
adicional de movimento apanhado normalmente
impede isto de acontecer: o movimento corrediço reduz
a velocidade como os movimentos de partícula em
regiões onde o campo magnético é forte, pode parar e
até mesmo inverter o movimento. É como se as
partículas fossem repelidas de tais regiões, um
contraste interessante com ferro para o qual é atraído
onde o campo magnético é forte.
A força magnética é muito mais forte perto da
Terra que longe, e em qualquer linha de campo está
maior nos fins onde a linha entra na atmosfera. Assim
elétrons e íons podem permanecer apanhados por muito
tempo e podem saltar de um lado para outro de um
hemisfério para o outro (veja quadro acima, não escalar
a espiral atual, que se encontra muito perto de Terra).
Deste modo a Terra se agarra a seus cintos de
radiação.
Além de espiralar e saltar, as partículas
apanhadas também lentamente vão de uma linha de
campo para outra, indo todo o modo gradualmente ao
redor de Terra. Íons acumulam um modo (à direita, do
norte), elétrons o outro, e em qualquer movimento, a
carga de elétricas é equivalente a uma corrente elétrica
que circula a Terra à direita.
Isso é a corrente de anel denominada cujo
campo magnético debilita o campo ligeiramente
observada em cima da maioria da superfície da Terra.
9
Eletromagnetismo I – Prof. Dr. Cláudio S. Sartori
- CAPÍTULO VII – Campo Magnético
Durante tempestades magnéticas a corrente de anel
recebe muitos íons adicionais e elétrons do lado escuro
" forma fileira " da magnetosfera e seu efeito aumenta,
entretanto, à superfície da Terra, sempre é um efeito
muito pequeno e raramente excede só 1% da
intensidade de campo magnética total.
• Descoberta do Cinto de Radiação
Antes de 1958 os cientistas estavam bastante
atentos em íons e elétrons que pudessem ser apanhados
pelo campo magnético da Terra, mas não se comprovou
de fato se tais partículas existiram. No máximo foi
proposto que durante tempestades magnéticas uma
população apanhada temporária criava um anel atual e
se deteriora novamente com o final da tempestade.
Os anos 1957-8 foram designados como o "
Ano " Geofísico Internacional (IGY), e o EUA e a
União Soviética (a Rússia) prepararam lançamentos de
satélites artificiais. A Rússia prosperamente conseguiu
colocar em órbita seu primeiro satélite Sputnik em 4 de
outubro de 1957, mas o satélite dos EUA, Vanguard,
falhou em seu lançamento, retardando assim a entrada
oficial dos EUA. Os EUA construíram um foguete
alternativo que levava um satélite diferente, o Explorer
1, pequeno e construído por James Van Allen e o time
dele na Universidade de Iowa. Rapidamente foi lançado
31 janeiro, 1958.
Lançamento do Explorer 1
Figura 14 – Lançamento do Explorer 1.
O Explorer 1 levava um instrumento, um
detector pequeno de partículas energéticas, um
contador Geiger projetado para observar raios cósmicos
(íons de energia muito alta e de origem desconhecida,
chegando a Terra do espaço). A experiência se realizou
muito bem a baixas altitudes, mas ao topo da órbita não
foi contada nenhuma partícula. O Explorer 3 que seguiu
dois meses depois gravou em fita um registro contínuo
de dados que revelaram que as contas 0 na verdade
representaram um nível muito alto de radiação. Tantas
partículas energéticas bateram no contador às altitudes
mais altas que seu modo de operação foi subjugado e
nada registrou. Não só era estava presente o cinto de
10
radiação a todo o momento, como era notavelmente
intenso.
• Os Cinturões de Radiação da Terra
A Terra tem duas regiões de partículas rápidas
apanhadas. O cinto de radiação interna descoberto por
Van Allen é relativamente compacto e estende talvez
um raio de Terra sobre o equador (1 RT = 6371 km ou
aproximadamente 4000 milhas). Consiste de prótons
muito energéticos, um subproduto de colisões por íons
de raios cósmicos com átomos da atmosfera. O número
de tais íons é relativamente pequeno, e o cinto interno
acumula lentamente, mas porque apanhando perto de
Terra são alcançadas intensidades muito estáveis,
bastante altas, embora a formação deles possa ocupar
anos.
Mais para fora é a região grande do anel atual
e contém íons e elétrons de muita mais baixa energia (o
mais enérgico entre eles também conhecido como o "
cinto " de radiação exterior). Distinto o cinto interno,
esta população flutua amplamente e sobe quando
tempestades magnéticas injetam partículas frescas do
rabo do magnetosfera e caem gradualmente. O anel de
energia atual é principalmente levado pelos íons, a
muitos dos quais são prótons.
Porém, há também no anel partículas alfa (que
são núcleos de átomos de hélio, que perdeu os dois
elétrons), um tipo de íon que é abundante na radiação
proveniente do vento solar; uma certa porcentagem é a
de íons de O+ (oxigênio), semelhante aos que existem
na
ionosfera da Terra, entretanto, muito mais
energético. Esta mistura de íons sugere que as
partículas do anel provavelmente vêm de mais de uma
fonte.
™ Energia e Partículas Energéticas
Energia é a moeda corrente na quais processos
naturais devem ser custeados: acelerar movimentos,
virar uma máquina, para fazer o sol lustrar ou dirigir
uma corrente elétrica por um arame, uma quantidade de
energia é necessária. Uma lei fundamental de estados
da natureza é a que diz que a energia nunca desaparece,
só muda sua forma: por exemplo, pode ser convertida a
energia de luz solar em eletricidade por uma célula
solar, ou a energia do vento é convertida por um
moinho de vento.
Fenômenos do espaço envolvem energia em
duas balanças muito diferentes. Uma balança envolve a
energia de íons individuais e elétrons que
freqüentemente movem a uma fração respeitável da
velocidade de luz (um limite superior que eles nunca
podem alcançar). Quanto mais rápido a partícula se
move, mais alto sua energia e maior é a espessura de
material necessário para detê-las. As Energias de
partículas gostam estes são medidas em elétrons-volt
(eV): elétrons da aurora têm 1000-15,000 eV, prótons
10
Eletromagnetismo I – Prof. Dr. Cláudio S. Sartori
- CAPÍTULO VII – Campo Magnético
no cinto interno talvez 50 milhões de eV, enquanto a
energia de íons de raio cósmicos podem alcançar
muitos bilhões. Em contraste, moléculas de ar na
atmosfera só têm aproximadamente 0.03 eV, elevando
o que poderia ser a pergunta mais fundamental em
pesquisa de espaço: como algumas partículas adquirem
tanta energia?
A outra balança é um fenômeno espacial
global: tempestades magnéticas, nas regiões boreais
exibem correntes elétricas que unem Terra e espaço.
Quem caminha a conta de energia ? A fonte principal
de energia parece ser o vento solar, mas a maneira
pelos quais esta energia é transportada e é distribuída
na magnetosfera não são contudo completamente claro.
• Órbita síncrona
Provavelmente o maior número de satélites
operacionais, mais que 200, habitam a órbita síncrona
denominada, uma órbita circular sobre o equador da
Terra com um rádio de 6.6 RT (raio de Terra),
aproximadamente 42,000 km ou 26,000 milhas.
A aceleração orbital de qualquer satélite
depende de sua distância da Terra. Em uma órbita
circular fora da atmosfera densa, um satélite precisa de
só 90 minutos para uma órbita completa, mas satélites
mais distantes movem mais lentamente, e a um rádio de
6.6 RT o período está perto de 24 horas e emparelha o
período de rotação da Terra. Um satélite a esta
distância, sobre o equador, sempre fica sobre a mesma
mancha na Terra, e quando se vê da Terra (diga-se, por
uma TELEVISÃO) sempre está na mesma direção no
céu.
Isto faz a órbita síncrona o lugar perfeito para
satélites dedicados a comunicações e para radiodifusão,
e também é usado para monitorar o tempo no mundo
inteiro, por exemplo, pelo VAI série de satélites de
NOAA (Administração Oceânica e Atmosférica
Nacional). A órbita síncrona também é útil para
trabalhos científico, porque mapeia totalmente o anel
da magnetosfera “noite da Terra”.
Lei de Lorentz e Movimento de uma
partícula na região de um campo magnético
Uniforme.
Uma carga em movimento quando em uma
região onde atua um campo elétrico E e um campo
magnético B está sujeita à chamada força de Lorentz:
11
DE F. Quando a carga q é negativa , o sentido é ao
contrário.
Escreve-se a força magnética Fm = qv × B
iˆ
Fm = q v x
Bx
Onde
ˆj
vy
By
kˆ
vz
Bz
v = v x iˆ + v y ˆj + v z kˆ
aqui,
e
B = B x iˆ + B y ˆj + B z kˆ
F = q v B sen θ , onde θ é o ângulo entre
v e B.
Nos exemplos abaixo indicamos diversas
situações onde uma partícula de carga q penetra na
região de um campo magnético B, com velocidade v,
dando a força F que aparece.
Exemplo 3 – Campo entrando no campo do
papel : v = viˆ, B = − Bkˆ ⇔ F = qvBˆj
F
+
B
+
j
v
i
k
Exemplo 4 – Campo entrando, carga negativa
: v = viˆ, B = − Bkˆ ⇔ F = − qvBˆj
F
-
B
-
j
v
i
k
Exemplo 5 – Campo saindo,carga positiva :
v = viˆ, B = Bkˆ ⇔ F = − qvBˆj
F
+
B
+
j
v
i
k
Exemplo 6 – Campo saindo,carga positiva :
F = qE + qv × B
O sentido da força F é dado pela regra da mão
esquerda (para carga q positiva): INDICADOR NO
SENTIDO DE B, O DEDO MÉDIO NO SENTIDO DE
v E O POLEGAR DARÁ O SENTIDO E DIREÇÃO
v = viˆ, B = Bkˆ ⇔ F = qvBˆj
F
-
B
-
j
v
i
k
11
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- CAPÍTULO VII – Campo Magnético
Exemplo 7 – Campo saindo,carga positiva :
v = −viˆ, B = Bkˆ ⇔ F = qvBˆj
F
+
B
j
v
Exemplo 8 – Campo saindo,carga negativa :
v = −viˆ, B = Bkˆ ⇔ F = − qvBˆj
B
-
-
j
i
k
Exemplo 9 – Campo entrando no campo do
papel : v = −viˆ, B = − Bkˆ ⇔ F = qvBˆj
+
j
v
i
k
Exemplo 10 – Campo entrando, carga
negativa : v = vˆj , B = − Bkˆ ⇔ F = qvBi
F
-
B
Quando a partícula penetra numa direção v
qualquer, somente a componente perpendicular ao
campo causará a força magnética. Então é necessário
decompor a velocidade nas componentes perpendicular
e paralela ao campo:
v = v ⊥ + v //
A figura ilustra uma partícula entrando numa
direção qualquer.
Figura 15 – Componentes da velocidade (a) e movimento
de uma partícula numa região onde há um campo eletromagnético (b)
e (c).
B
-
v = −vkˆ, B = Biˆ ⇔ F = qvBˆj
Observe que uma partícula carregada que entra
numa região de campo magnético uniforme não sofre
atuação de força magnética. Uma partícula neutra
também não sofre atuação de força nenhuma.
B
+
Exemplo 14 –Partícula com carga negativa
entrando no campo do papel:
F
v
F
F
i
k
F
Exemplo 13 –Partícula com carga positiva
entrando no campo do papel:
v = −vkˆ, B = Biˆ ⇔ F = − qvBˆj
B
+
12
j
v
i
k
Exemplo 11 – Campo entrando no campo do
papel, carga negativa:
v = vˆj , B = − Bkˆ ⇔ F = qvBiˆ
B
v
-
j
F
i
k
Exemplo 12 – Campo entrando no campo do
papel, carga positiva:
v = −vˆj , B = − Bkˆ ⇔ F = − qvBiˆ
B
v
-
F
j
k
i
12
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- CAPÍTULO VII – Campo Magnético
Quando uma partícula carregada penetra na
região de um campo magnético uniforme, ela descreve
um movimento circular uniforme na região de campo
magnético uniforme, como mostra a figura a seguir.
13
Figura 18 – O espectrômetro de massa de Bainbridge
utiliza um seletor de velocidades para produzir partículas com
velocidade constante v. Na região de campo magnético, as partículas
com maiores velocidade produzem trajetórias de raios maiores.
Figura 16 – Movimento de uma partícula carregada numa
região de campo magnético uniforme.
Assim, a resultante centrípeta é a força
magnética:
v2
mv
Fcp = m
= qvB ⇒ R =
R
qB
R é o raio da órbita. Se quisermos calcular o período:
v
2πR
2πm
v=
⇒ m = qB ⇒ T =
T
R
qB
A freqüência desse movimento é: f = 1 ⇒ f = qB
T
2πm
Existem aparelhos com aplicações em alta
Tecnologia, como Cyclotrons e Sincrotrons. Tais
aparelhos sofisticados produzem partículas a altas
velocidades com objetivo de provocar radiação por
meio da desaceleração dessas articulas. A interação
dessa radiação com a matéria é de fundamental
importância para estudar as propriedades físicas e
químicas de novos materiais.
Figura 19 – O Cyclotron (a) e o Cern (b). O Fermilab (c)
e o LNLS (d)
Figura 17– Dispositivo de Thomson para determinar a
razão e/m de um raio catódico (a) mostrando os campos B e E
cruzados; dispositivo original usado por Thomson (b).
(a)
13
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- CAPÍTULO VII – Campo Magnético
(b)
F = qvB = q
14
L
B = BIL . Podemos representar um
∆t
elemento de força magnética em um elemento de fio dl
dado por:
dF = Idl × B
Aqui, dl aponta para o sentido convencional
da corrente I (contrário ao real, do movimento dos
elétrons).
Analisando o elemento de vetor indução
magnética dB ,devido a esse elemento de fio Idl,
Ampére deduziu a seguinte equação, também chamada
de Lei de Biot-Savart:
(c) O círculo maior mostra o Supercondicting Super
Collider (SSC) em uma foto de satélite de Washington DC. O círculo
intermediário é o acelerador europeu CERN na Suíça e o círculo
menor corresponde às dimenões do acelerador Fermilab.
dB =
µ 0 Idl × rˆ
4π r 2
Essa equação é análoga à Lei de Coulomb,
para o caso da eletricidade.
Aqui, µ0 é chamado de permeabilidade magnética do
vácuo.
µ 0 = 4πk m = 4π ⋅ 10 −7
N
A2
Podemos escrevê-la também com a definição
do vetor campo magnético H:
dH =
1 Idl × aˆ R
4π
r2
Onde:
aˆ R =
(d) O Laboratório Nacional de Luz Síncrotron (LNLS)
oferece a cientistas condições excepcionais para realizarem pesquisas
com nível de competitividade mundial.
r − r′
r − r′
Aqui, os vetores:
r : é orientado do elemento de corrente Idl até
o ponto P onde queremos calcular o campo H.
r ′ : é orientado da origem O do sistema de
coordenadas ao elemento de corrente Idl.
Combinando a Lei de Biot-Savart com a
expressão da força sobre um elemento de corrente num
campo magnético, podemos escrever uma equação da
força exercida por uma corrente elementar sobre outra.
A força sobre o elemento de corrente I2dl2 exercida
pelo elemento I1 dl1 é dada por:
⎛ I dl × rˆ ⎞
dF12 = I 2 dl 2 × ⎜⎜ k m 1 12 ⎟⎟
r
⎝
⎠
Vimos que a corrente elétrica, na experiência
de Oersted, provoca o aparecimento de um campo
magnético que circula o fio, cujo sentido e direção e é
dado pela regra da mão direita
REGRA DA MÃO DIREITA: Polegar no
sentido de I e vetor indução B saindo da palma da mão.
Lembrando que cargas que atravessam um
comprimento L de um fio num intervalo de tempo
definem a corrente elétrica, na expressão
Esta relação diz que:
A força exercida pela corrente elementar 1
sobre o elemento 2 não é igual e oposta à força exercida
pelo elemento 2 sobre o elemento 1. As forças não
obedecem à Lei de Newton de Ação e Reação. Na
maioria das situações as correntes elementares são
partes de um circuito completo, existindo forças sobre
eles de outros elementos do circuito. A análise da força
total exercida sobre um circuito pelo outro mostra que
esta força obedece à terceira Lei de Newton.
14
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- CAPÍTULO VII – Campo Magnético
15
Uma semana depois de ter ouvido falar da
descoberta de Oersted sobre o efeito da corrente em
uma agulha imantada, Ampére descobria que duas
correntes paralelas se atraíam quando tinham a mesma
direção e sentido e duas correntes opostas se repeliam.
Podemos calcular a força de um condutor sobre outro
por meio da equação:
Escrevemos:
F12 = I 2 l 2 × B1 ⇔ F21 = I 1l1 × B2 .
Assim:
F12 = I 2 l 2 × B1 =
2k m I 1 I 2 l 2
r
F2 2 k m I 1 I 2
=
l2
r
Figura 20 – Força sobre uma carga positiva se movendo
em um condutor que transporta corrente.
Figura 21 – Força magnética F sobre um elemento de fio
l que transporta uma corrente I,
Figura 22– (a) Os três vetores indução magnética B, força
magnética F e elemento l que transporta uma corrente. (b) Se o
sentido de B se inverte, o mesmo ocorre com o sentido de F. (c)
Invertendo o sentido da corrente, l se inverte e a força F retorna ao
sentido de (a).
15
Eletromagnetismo I – Prof. Dr. Cláudio S. Sartori
- CAPÍTULO VII – Campo Magnético
Figura 22 – Componentes de um alto falante (a). O ímã
permanente cria um campo magnético que exerce uma força sobre a
bobina do alto falante; para a corrente I no sentido indicado, a força
está indicada. Quando uma corrente elétrica oscilante percorre a
bobina do alto falante, o cone ligado à bobina oscila com a mesma
freqüência (b).
16
Figura 23 – Força magnética entre dois fios percorridos
por uma corrente.
™ Definição do Ampére:
Quando dois condutores retilíneos e
paralelos, estão separados por uma distância de um
metro, são percorridos por duas correntes iguais, a
intensidade de cada uma é um ampére, quando a força
por unidade de comprimento dos condutores é de 2 .
10-7 Newtons por metro.
Quando os fios são percorridos por correntes
em sentidos opostos.
™ A Lei de Ampére
Observamos que as linhas de indução de
campo de uma corrente retilínea eram circulares em
torno de um condutor. Essas linhas são completamente
diversas das de qualquer campo elétrico que
encontramos. O campo elétrico é conservativo. O
trabalho realizado por uma carga elétrica puntiforme de
prova quando ela desloca um círculo no campo é nulo.
Esse trabalho é igual, por unidade de carga, à E .dl ao
longo da trajetória. A integral de linha do campo
eletrostático sobre qualquer trajetória é nula, pois o
campo é conservativo:
∫ E ⋅ dl
=0
Porém a soma de B.dl ao longo da trajetória
não é em geral nulo. Se fizermos essa soma ao longo de
uma trajetória circular, em torno de uma corrente
retilínea, o vetor indução magnética B é sempre
tangente à trajetória. Então B.dl é sempre positivo se
percorremos a trajetória no sentido de B. Sendo a
indução paralela a dl e tendo grandeza constante,
teremos:
∫ B ⋅ dl
= µ0 I
C
Essa relação é conhecida como Lei de
Ampére:
16
Eletromagnetismo I – Prof. Dr. Cláudio S. Sartori
- CAPÍTULO VII – Campo Magnético
17
(b)
∫ H ⋅ dL = I
C
O teorema de Stokes é:
∫∫ (∇ × H )⋅ dS = ∫ H ⋅ dl
S
Como: I
C
= ∫∫ J ⋅ dS
S
J = ∇× H
Exemplo 15 - Para um fio condutor percorrido
por uma corrente I,
o campo em um ponto P a uma distância r do
fio é dado por:
2π
µ I
2πr
0 H =
Hρ ∫ B
dφ =
=I⇒
0
I
aˆφ
2πρ
O campo magnético de um fio infinito,
localizado no centro do cubo e percorrido por uma
corrente constante I de baixo para cima. O campo ;é
dado por
⎞
µi
µ i⎛
y
x
B = 0 θˆ = 0 ⎜ − 2
aˆ + 2
aˆ ,
2 x
2 y ⎟
x +y
2π r
2π ⎝ x + y
⎠
Figura 24 – Representação do campo de um fio (a)
distribuição de campo magnético no espaço de um fio (b).
(a)
Aqui aˆ x = (1, 0, 0); aˆ y = (0,1, 0) representam os
versores ortonormais do plano Oxy.
e
Exemplo 16 - Calcule o campo magnético de
um fio longo e retilíneo percorrido por uma corrente I,
usando a Lei de Biot-Savart, num ponto do eixo que
cruza a metade do fio.
Escolhendo o eixo x coincidente com a direção
do condutor:
Figura 25 – Campo de um fio de comprimento 2a.
17
Eletromagnetismo I – Prof. Dr. Cláudio S. Sartori
18
- CAPÍTULO VII – Campo Magnético
Idl = Idyaˆ y
lim H =
a →∞
Idl × aˆ R
4π r 2
Idyaˆ y × aˆ R
dH =
dH =
4π r 2
Exemplo17 – Cálcule o campo magnético de
um fio de comprimento 2a percorrido por uma corrente
elétrica I num ponto P( x, y, z) qualquer.
r − r′
aˆ R =
r − r′
xaˆ x + ( y − y ′ ) aˆ y
x 2 + ( y − y′)
Figura 26 – Campo de um fio de comprimento 2a num ponto P (x, y,
z) qualquer.
2
⎛ xaˆ + y − y′ aˆ
(
) y
x
⎜
ˆ
Idya y ×
⎜ x 2 + y − y′ 2
(
)
⎝
dH =
2
2
4π x 2 + ( y − y′ )
I
x
4π x 2 + ( y − y′ )2
H =−
(
+a
∫
−a
(x
x
2
+ ( y − y′ )
)
32
⎞
⎟
⎟
⎠
z
P(x , y, z)
a
dl
dyaˆ z
x
)
2 32
− ( y − y′ )
Ix
4π x 2 x 2 + ( y − y′ )2
dyaˆ z
y ′= a
•
aˆ z
y ′=− a
r ′ = z′aˆ z
⎡
µ0 I ⎢
( y − a) − ( y + a)
B=
2
4π x ⎢ x 2 + ( y − a )2
x2 + ( y + a )
⎣
⎤
⎥ aˆ
⎥ z
⎦
dl = dz ′aˆ z
r − r ′ = xaˆ x + yaˆ y + ( z − z ′ ) âz
R = r − r ′ = x 2 + y 2 + ( z − z′ )
aˆR =
r − r′
=
r − r′
Observe que:
a →∞
Em coordenadas cartesianas:
r = xaˆ x + yaˆ y + zaˆ z
⎤
⎥ aˆ
⎥ z
⎦
⎡
( y − a) − ( y + a)
lim ⎢
2
4π x a →∞ ⎢ x 2 + ( y − a )2
x2 + ( y + a )
⎣
I
y
-a
⎡
( y − a) − ( y + a)
I ⎢
H=
2
4π x ⎢ x 2 + ( y − a )2
x2 + ( y + a )
⎣
lim H =
I
Veja que deduzimos a partir da Lei de
Ampére, muito mais simples!!!
r ′ = yaˆ y
Ix
H =−
4π
[ −1 − 1] aˆ z
aˆ z
2π x
µ I
B = − 0 aˆ z
2π x
r = xaˆ x + yaˆ y
dH = −
4π x
H =−
Observe que:
aˆ R =
I
⎤
⎥ aˆ
⎥ z
⎦
1
x + y + ( z − z ′) 2
dH =
dH =
2
2
2
⎡⎣ xaˆ x + yaˆ y + ( z − z ′ ) aˆ z ⎤⎦
Idl × aR
4π R 2
Idzaˆ z × ⎡⎣ xaˆ x + yaˆ y + ( z − z ′ ) aˆ z ⎤⎦
4π x 2 + y 2 + ( z − z ′) 2
3
18
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dH =
- CAPÍTULO VII – Campo Magnético
z ′= a
I ⎡⎣ xaˆ y − yaˆ x ⎤⎦ dz ′
4π ⎡⎣ x 2 + y 2 + ( z − z ′) 2 ⎤⎦
z − z′
32
I ⎡ xaˆ y − yaˆ x ⎦⎤
−1
H= ⎣
4π
⎡⎣ x 2 + y 2 ⎤⎦
I ⎡ xaˆ y − yaˆ x ⎤⎦
dz ′
H= ⎣
∫
2
2
2 32
4π
− a ⎡ x + y + ( z − z ′) ⎤
⎣
⎦
+a
H=
19
I ⎡⎣ xaˆ y − yaˆ x ⎤⎦
4π
+a
1
⎡⎣ x 2 + y 2 ⎤⎦
32
dz′
∫⎡
−a
⎛
⎢1 + ⎜ z − z ′
⎢ ⎜ x2 + y 2
⎣ ⎝
⎞
⎟
⎟
⎠
2 32
⎤
⎥
⎥
⎦
I ⎡ xaˆ y − yaˆ x ⎤⎦
−1
H= ⎣
4π
⎡⎣ x 2 + y 2 ⎤⎦
H=
I ⎣⎡ xaˆ y − yaˆx ⎦⎤
H=
I ⎡⎣ xaˆ y − yaˆx ⎤⎦
4π
x2 + y2
⎛ z − z′
1+ ⎜
⎜ x2 + y2
⎝
⎞
⎟
⎟
⎠
2
z ′=− a
z ′= a
z − z′
x 2 + y 2 + ( z − z′)
2
z ′=− a
⎡
⎤
z −a
z+a
−1 ⎢
⎥
−
2
2 ⎢
2
2
2
2
x2 + y2 + ( z + a ) ⎦⎥
⎣⎡ x + y ⎦⎤ ⎣ x + y + ( z − a )
Se o fio for infinito:
Chamando de:
u=
z − z′
4π
x2 + y 2
z′ = z − u x 2 + y 2
dz ′ = − du x 2 + y 2
I ⎡ xaˆ y − yaˆ x ⎤⎦ − x 2 + y 2
H= ⎣
32
4π
⎡⎣ x 2 + y 2 ⎤⎦
Chamando de:
+a
du
∫ ⎡1 + u
−a
⎣
2 32
⎤⎦
u = tgθ ⇔ sec2 θ = 1 + tg 2θ
tgθ
senθ =
1 + tg 2θ
du = sec 2 θ dθ
+a
I ⎡ xaˆ y − yaˆ x ⎤⎦
sec2 θ dθ
−1
H= ⎣
4π
⎡⎣ x 2 + y 2 ⎤⎦ −∫a sec3 θ
+a
I ⎡ xaˆ y − yaˆ x ⎤⎦
−1
dθ
H= ⎣
∫
2
2
4π
s
ec
θ
⎡⎣ x + y ⎤⎦ − a
+a
I ⎡ xaˆ y − yaˆ x ⎦⎤
−1
cos θ dθ
H= ⎣
4π
⎡⎣ x 2 + y 2 ⎤⎦ −∫a
I ⎡ xaˆ y − yaˆ x ⎤⎦
−1
H= ⎣
senθ
2
4π
⎡⎣ x + y 2 ⎤⎦
I ⎡ xaˆ y − yaˆ x ⎤⎦
−1
tgθ
H= ⎣
2
2
4π
⎡⎣ x + y ⎤⎦ 1 + tg 2θ
⎡
⎤
z−a
z+a
−1
⎥
lim ⎢
−
2 a→∞ ⎢
2
2
2
2
⎡⎣ x + y ⎤⎦
x2 + y 2 + ( z + a ) ⎥⎦
⎣ x + y + ( z − a)
I ⎡ xaˆ y − yaˆx ⎤⎦
−1
H= ⎣
[ −1−1]
4π
⎡⎣ x2 + y2 ⎤⎦
I ⎡ xaˆ y − yaˆx ⎤⎦
2
H= ⎣
4π
⎡⎣ x2 + y2 ⎤⎦
I ⎡ xaˆ y − yaˆx ⎤⎦
1
H= ⎣
2π
⎡⎣ x2 + y2 ⎤⎦
2
• Passando de coordenadas cartesinanas para
coordenadas cilíndricas:
Lembrando que em coordenadas cilíndricas:
⎧ aˆ x = cos φ aˆ ρ − senφ aˆφ
⎨ˆ
⎩a y = senφ aˆ ρ + cos φ aˆφ
⎧ aˆ ρ = cos φ aˆ x + senφ aˆ y
⎨ˆ
⎩aφ = − senφ aˆ x + cos φ aˆ y
ρ 2 = x2 + y 2
⎧ x = ρ cos φ
⎨
⎩ y = ρ senφ
I ⎡ ρ cosφ aˆ y − ρ senφ aˆx ⎤⎦ 1
H= ⎣
2π
ρ2
I ⎡cosφ aˆ y − senφ aˆx ⎤⎦ ρ
H= ⎣
2π
ρ2
I
H=
aˆφ
2πρ
Para
cilíndricas:
qualquer
ponto,
em
coordenadas
⎡
⎤
I ⎡ xaˆ y − yaˆx ⎤⎦
z −a
z+a
−1 ⎢
⎥
H= ⎣
−
2 ⎥
2
2
4π
⎡⎣ x2 + y 2 ⎦⎤ ⎢ x2 + y2 + ( z − a )2
x
y
z
a
+
+
+
( ) ⎦
⎣
19
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- CAPÍTULO VII – Campo Magnético
⎤
I ⎡ ρ cos φ aˆ y − ρ senφ aˆx ⎤⎦ −1 ⎡
z −a
z+a
⎢
⎥
H= ⎣
−
2 ⎢
2
2
⎥
2
4π
⎡⎣ ρ ⎤⎦ ρ 2 + ( z − a )
ρ
z
a
+
+
(
)
⎣
⎦
⎡
⎤
I ⎢
z −a
z+a
⎥ aˆ
−
H=
2 ⎥ φ
2
4πρ ⎢ ρ 2 + ( z − a )2
+
+
z
a
ρ
(
)
⎣
⎦
• Calculando em coordenadas cilíndricas
Chamando agora:
u = tgθ ⇔ sec2 θ = 1 + tg 2θ
senθ =
H=
r = ρ aˆ ρ + zaˆ z
r ′ = z′aˆ z
H=
dl = dz ′aˆ z
H=
Observe que:
r = xaˆ x + yaˆ y
r ′ = z′aˆ z
r − r′
aˆ R =
r − r′
aˆ R =
H=
H=
ρ aˆ ρ + ( z − z ′ ) aˆ z
ρ + ( z − z′)
2
⎛ ρ aˆ + z − z′ aˆ
(
) z
Idzaˆ z × ⎜ ρ
⎜ ρ 2 + z − z′ 2
(
)
⎝
dH =
2
2
4π ρ 2 + ( z − z′ )
(
I ρ
H =−
4π ρ 3
+a
z − z′
)
32
dzaˆφ
⎛ z − z′ ⎞
⎜1 + ⎜
⎜ ⎝ ρ ⎟⎠
⎝
2
⎞
⎟
⎟
⎠
32
dz ′aˆφ
⇔ z′ = z − ρ u
H=
I 1
4π ρ 2
I
+a
4πρ ∫
−a
+a
∫
−a
1
(1 + u )
2 32
du
(1 + u )
2 32
4πρ
I
4πρ
I
∫
−a
+a
∫
−a
+a
(1 + tg θ )
2
32
sec2 θ
( sec2 θ )
32
dθ aˆφ
dθ aˆφ
1
dθ aˆφ
4πρ ∫ sec θ
I
4πρ
I
4πρ
−a
+a
∫ cosθ dθ aˆφ
−a
senθ aˆφ
H=
I
4πρ
⎤
z − z′
⎥
aˆφ
2 ⎥
2
ρ + ( z − z′ ) ⎦ ′=−
z
a
⎡
I ⎢
z−a
z+a
H=
−
2
2
4πρ ⎢ ρ 2 + ( z − a )
ρ 2 + ( z + a)
⎣
(− ρ du )aˆφ
⎤
⎥ aˆ
⎥ φ
⎦
Exemplo 18 - Calcule a indução magnética no
centro de uma espira quadrada de N voltas.
Figura 26 – Campo de uma espira quadrada.
ρ
dz ′ = − ρ du
H =−
du = sec2 θ dθ
+a
I
sec 2 θ
z ′= a
Chamando:
u=
1 + tg 2θ
I
tgθ
aˆφ
4πρ 1 + tg 2θ
z − z′
I
ρ
H=
aˆ
2 φ
4πρ
⎛ z − z′ ⎞
1+ ⎜
⎟
⎝ ρ ⎠
⎞
⎟
⎟
⎠
1
∫⎛
−a
tgθ
H=
2
I
ρ
dH = −
4π ρ 2 + ( z − z′ )2
20
l
I
aˆφ
20
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dH =
- CAPÍTULO VII – Campo Magnético
21
r = ρ aˆ ρ + zaˆ z
Idl × aˆ R
4π r 2
r ′ = ρ ′aˆ ρ + z′aˆ z
Escolhendo a origem como indicado:
x = l/2 e y = 0 e tomando a = l /2:
⎡
l⎞
l⎞
⎛
⎛
⎢
⎜0− ⎟
⎜0+ ⎟
µ0 I ⎢
2⎠
2⎠
⎝
⎝
−
B = 4N
2
2
2
2
l ⎢
l⎞
⎛l⎞ ⎛
4π ⎢ ⎛ l ⎞ + ⎛ 0 − l ⎞
⎟
⎜ ⎟ +⎜0+ ⎟
2 ⎢ ⎜2⎟ ⎜
2⎠
2⎠
⎝2⎠ ⎝
⎣ ⎝ ⎠ ⎝
r ′ = aaˆ ρ
⎤
⎥
⎥ˆ
⎥ az
⎥
⎥⎦
⎡ l
l ⎤
⎢
−
⎥
µI
B = 2 N 0 ⎢ 2 − 2 ⎥ aˆ z
πl ⎢ l2
l2 ⎥
2 ⎥
⎢ 2
4
4⎦
⎣
µ0 I ⎡
1 ⎤
B = 2N
−2
aˆ z
π l ⎢⎣
2 ⎥⎦
µI
B = −2 2 N 0 aˆ z
πl
Exemplo 19 - Calcule o campo magnético e a
indução magnética no eixo de uma espira circular de
raio a em:
(a) um ponto P(x, y, z);
(b) no eixo z.
(c) no centro da espira.
A geometria necessária para esse cálculo está
na figura a seguir. Considere, inicialmente a corrente
elementar no topo da espira, onde Idl está na direção
k̂ .
Figura 27 – Campo de uma espira circular.
r − r′
r − r′
aˆ R =
aˆ R =
( ρ − a ) aˆ ρ + zaˆ z
2
(ρ − a) + z2
⎛ ρ − a aˆ + zaˆ
(
) ρ
z
Iadφ aˆφ × ⎜
2
⎜ ρ − a + z2
)
⎝ (
dH =
2
2
4π ( ρ − a ) + z 2
dH = −
Ia − ( ρ − a ) aˆ z + zaˆ ρ
dφ aˆφ
4π ( ρ − a )2 + z 2 3 2
(
)
⎡
−( ρ − a)
Ia ⎢
H =−
4π ⎢ ( ρ − a )2 + z 2
⎢⎣
(
⎡
− ( ρ − a)
Ia ⎢
H =−
4π ⎢ ( ρ − a )2 + z 2
⎢⎣
(
⎤
⎥
∫0 dφ ′aˆ z + z ∫0 aˆρ dφ ′⎥
⎥⎦
2π
)
32
⎤
⎥
2π aˆ z + z ∫ ( cos φ aˆ x + senφ aˆ y ) dφ ′⎥
0
⎥⎦
2π
)
32
(
)
(
B=
dl = d ρ ′aˆ ρ + ρ ′dφ ′aˆφ + dz′aˆ z
•
z=0
)
Casos particulares:
Sobre o eixo Oz:
H=
dl = adφ ′aˆφ
2π
⎡
⎤
Ia ⎢
a−ρ
⎥ˆ
H= ⎢
az
3
2
2 ( ρ − a )2 + z 2 ⎥
⎢⎣
⎥⎦
⎡
⎤
µ0 Ia ⎢
a−ρ
⎥ˆ
B=
a
32⎥ z
⎢
2
2
2
⎢⎣ ( ρ − a ) + z
⎥⎦
¾
•
ρ=0
⎞
⎟
⎟
⎠
Ia 2
32
aˆ z
32
aˆ z
2 ( a2 + z2 )
µ0 Ia 2
2 ( a2 + z2 )
Sobre o plano da espira:
Observe que:
21
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H=
B=
•
Ia
2( ρ − a)
2
- CAPÍTULO VII – Campo Magnético
aˆ z
22
Figura 28 – Vistas das linhas de campo de um solenóide.
µ0 Ia
aˆ
2 z
2( ρ − a)
No centro da espira:
I
aˆ z
2a
µI
B = 0 aˆ z
2a
H=
Para cada elemento de corrente Idl , podemos
decompor a indução magnética como:
dB = dBz + dB⊥
Observe que, ao fazer a integral sobre todos os
componentes elementares de corrente, a componente ⊥
da
indução
magnética
se
anula.
Veja
que: dB x = dB sen θiˆ e dB = dB = k m
Idl × rˆ
r2
.
Então:
B = ∫ dBz = ∫ sen θ dBaˆ z
Idl
z + a2
Idl
B = ∫ sen θ 2
aˆ z
z + R2
R
Idl ˆ
B = km ∫
i = km
2
2 z2 + a2
a +z
Como dB = k m
2
B = 2π km
B=
µ0
2
aI
(a + z
2
a2 I
(a
Ia
2
+z
)
2 3
)
2 3
∫ dlaˆ
z
aˆ z ou
2
( a2 + z 2 )
3
aˆ z
Veja que no centro da espira, x = 0, o campo
magnético será: B =
µ0 I
2a
aˆ z
Campo magnético no centro de uma espira
circular
Exemplo 20- Calcule a indução magnética no
eixo de um solenóide.
Nas figuras mostramos como é um solenóide,
as linhas de de força do campo magnético em seu
interior e a curva fechada retangular necessária para
aplicar a lei de Ampére.
O campo magnético no interior de um
solenóide pode ser calculado usando a Lei de Ampére
utilizando a curva fechada indicada na figura acima:
22
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- CAPÍTULO VII – Campo Magnético
23
Nhl
N
I ⇒ B = µ0 I
l
l
Exemplo 21 - Calcule a indução magnética no
eixo de um toróide.
Ou, chamando de n = N/l o número de espiras
por unidade de comprimento:
A figura a seguir ilustra um corte de um
toróide, percorrido por uma corrente i0, mostrando
também a curva de Ampére para se calcular o campo
magnético.
Aplicando a Lei de Ampére para essa curva:
∫ B ⋅ dl
= µ 0 I ⇒ Bh = µ 0
B = µ 0 nI
∫ B ⋅ dl
(B no interior de um solenóide)
= µ 0 i0
C
Figura 29 – Vistas das linhas do vetor indução magnética
no interior de um solenóide.
B 2πρ = µ0 Ni0 ⇒ B =
µ0 Ni0
2πρ
Veja que o B não é constante, contrastando
com o campo no interior (eixo) do solenóide.
•
Equação paramétrica do torus:
r (u, v) = cos v( R + r cosu) aˆx + s env( R + r cosu) aˆy + rsenuaˆz
Figura 31 – Superfície do toróide (a). Enrolamento
toroidal (b).
Figura 30 – Módulo da indução magnética ao longo do
eixo de um solenóide de comprimento 4a.
(a)
v
23
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- CAPÍTULO VII – Campo Magnético
(b) Vistas (a), (b) e (c).
24
(d) Configuração do campo magnético num tokamak.
(c)
Exemplo 22 - Calcule o campo na região
interna e externa de um fio condutor cuja corrente que
o atravessa é I0 e seu raio vale R.
O toróide é o aparelho central de um promissor
dispositivo: um reator de fusão controlada, denominado
tokamak.
Figura 32 – Vistas de um tokamak.
Nesse caso usamos duas curvas de Ampére
para fazer o cálculo: uma de raio r menor que R e outra
de raio r maior que R. Precisamos saber qual a corrente
que atravessa a curva de Ampére.
Figura 33 – Vetor indução de um fio (a) e curvas C (b)
(a)
(b)
(c) Formação de plasma em um tokamak.
Definimos densidade de corrente J como sendo
a razão entre corrente que atravessa a área da seção
24
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- CAPÍTULO VII – Campo Magnético
transversal de um condutor, limitado pela curva C e a
área limitada pela curva C.
J=
25
(b)
I
(Uniade SI:A/m2)
A
Assim, a definição mais geral para corrente
elétrica é: I =
∫∫ J ⋅ nˆdA
s
I (interior a C)
Veja que se J é constante:
Observe que: Se r < R ⇒ I=Ii e se r > R ⇒ I=If=I0
I
⎧
⎪ I i = J ⋅ Ai = 0 2 πr 2
⎨
πR
⎪⎩
I f = I0
Assim, a Lei de Ampére fica:
™Campo devido a uma lâmina de corrente:
z
⎧ µ 0 I i se r < R
B
d
l
⋅
=
⎨
∫
⎩µ 0 I f se r > R
C
⎧
r2
⎪µ 0 I 0 2 se r < R
∫ B ⋅ dl = B ⋅ 2πr = ⎨ R
C
⎪⎩ µ 0 I 0 se r > R
3
1
r
⎧
⎪µ 0 I 0 2πR 2 se r < R
⇒B=⎨
µ0 I 0
⎪
se r > R
⎩ 2πr
y
1’
Assim, o campo ficará:
⎧
r2 1
µ
I
se r < R
⎪⎪ 0 0 2
π
2
r
R
B=⎨
µ0 I0
⎪
se r > R
⎪⎩
2πr
3’
x
2
2’
Figura 35 – Lâmina de corrente.
Aplicando a Lei de Ampére nos caminhos:
Ca : 1 − 1'−2 − 2'
Cb : 3 − 3'−2 − 2'
∫ H ⋅ dL = I ⇒ H
Veja que a intensidade de Campo magnético
possui um comportamento linear no interior do fio.
A figura a seguir mostra como o campo varia
com r no interior e no exterior de um fio condutor de
raio 1.5 mm. Veja que em r = R os campos interno e
externo coincidem.
⇒ H x1 − H x2 = K y
Figura 34 – Variação do vetor indução de um fio (a) e (b)
(a)
⇒ H x3 − H x2 = K y
x1
L + H x2 (− L ) = K y L
Ca
∫ H ⋅ dL = I ⇒ H
x3
L + H x2 (− L ) = K y L
Cb
⇒ H x3 = H x1
1
Ky
2
Logo, Hx é o mesmo para z > 0 e z <
Hx =
0.
Assim:
H=
1
K × aˆ N
2
25
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- CAPÍTULO VII – Campo Magnético
Torque sobre uma espira colocada
num campo Magnético
Quando um condutor percorrido por uma
corrente I é colocado em um campo magnético, existem
forças em cada segmento do condutor. Quando ele tem
a forma de uma espira fechada, não há força resultante,
pois a soma das forças nas diferentes partes somadas
para todo o condutor se anulam (Admitindo a indução
magnética constante). As forças magnéticas, porém,
provocam um torque no condutor, que tendem a
provocar a rotação da espira, até que sua área seja
perpendicular à indução magnética B.
Figura 36 – Torque sobre uma espira.
26
Quando a normal n faz um ângulo θ com o
vetor indução magnética B o torque tende a girar a
espira de modo que seu plano seja perpendicular a B.
τ = l × F , teremos:
τ = IabB sen θ ⇒ τ = IAB sen θ
Nesse caso, como
Pode-se escrever esse torque em termos do
produto vetorial de n e B, da seguinte forma:
τ = IAn × B
A grandeza IAn da espira está associada ao
chamado momento magnético de uma barra imantada, é
o mesmo que acontece quando colocamos um ímã
retilíneo sobre um campo magnético uniforme: surge
um torque sobre o ímã tendendo-o a alinhar-se com a
direção do campo. Esse torque é dado por:
τ = q *l × B ⇒ τ = m × B
Onde m = q l é chamado de momento
magnético do ímã (Unidades: Ampére metro quadrado:
Am2). q* é definido como a grandeza de pólo , a razão
entre a grandeza da força F sobre o pólo e o vetor
indução B.
*
Figura 37 – Campo paralelo ao plano da espira.
A figura mostra uma espira retangular com
uma corrente I . A espira está numa região de campo
magnético uniforme, paralelo ao seu plano. As forças
em cada segmento aparecem indicadas na figura. Não
há forças nas direções em que a corrente flui na direção
do campo magnético.
Como:
dF = Idl × B ⇒ F1 = F2 = IaB
Figura 38 – Campo normal ao plano da espira.
Definimos como o torque da da força F em
relação ao ponto P:
τ =l ×F
O módulo do torque da força F 1 em relação ao
ponto P1 será dado por:
τ = F1b = IabB = IAB
Aqui A = ab é a área da espira, assim, o torque
é o produto da corrente pela área da espira e pelo
campo magnético. O torque tende a girar a espira de
modo que seu plano seja perpendicular ao vetor B.
O sentido do versor n normal à área é dado
coincidente com o sentido da regra da mão direita.
26
Eletromagnetismo I – Prof. Dr. Cláudio S. Sartori
- CAPÍTULO VII – Campo Magnético
Outra aplicação importante são amperímetros
e voltímetros analógicos, onde a leitura é feita
observando a deflexão de um ponteiro sobre uma
escala, utilizando o torque exercido pelo campo
magnético sobre uma bobina.
Figura 39 – Amperímetro.
27
Exemplo 23 – Expresse o campo H em
coordenadas cartesianas em P(0, 0,2, 0) no campo de:
(a) um filamento de corrente de 2,5 A na
direção az em x = 0,1, y=0,3;
(b) um cabo coaxial centrado no eixo z, com a
= 0,3, b =0,5, c = 0,6 e I = 2,5 A na direção az no
condutor central;
(c) três lâminas de corrente, 2,7 ax A/m, em y
= 0,1, -1,4 ax A/m, em y = 0,15 e -1,3 ax A/m, em y =
0,25,
Solução:
(a) um filamento de corrente de 2,5 A na
direção az em x = 0,1, y=0,3;
r = 0,2aˆ y
r ′ = 0,1aˆ x + 0,3aˆ y + z ′aˆ z
r − r ′ = −0,1aˆ x − 0,1aˆ y − z ′aˆ z
(− 0,1)2 + (− 0,1)2 + z ′ 2
R = r − r′ =
R = r − r ′ = 0,02 + z ′ 2
1
R
(− 0,1aˆ x − 0,1aˆ y − z′aˆ z )
=
2
R
0,02 + z ′
aˆ R =
dl = dz ′aˆ z
I dl × aˆ R
4π R 2
I dzaˆ z × (− 0,1aˆ x − 0,1aˆ y − z ′aˆ z )
dH =
4π
(0,02 + z ′ 2 )3 2
dH =
dH =
I (−0,1aˆ y + 0,1aˆ x )dz
32
4π
0,02 + z ′ 2
(
)
+∞
H=
I
dz
(0,1aˆ x − 0,1aˆ y ) ∫
2
4π
− ∞ 0,02 + z ′
(
)
32
Chamando:
z ′ = 0,02tgθ ⇒ dz ′ = 0,02 sec 2 θdθ
H=
+∞
0,02 sec 2 θdθ
I
(0,1aˆ x − 0,1aˆ y ) ∫
32
2
4π
− ∞ 0,02 + 0,02tg θ
H=
(
I
(0,1aˆ x − 0,1aˆ y )
4π
(
)
+∞
0,02
0,02
sec 2 θdθ
) ∫ (sec θ )
3
2
−∞
27
32
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- CAPÍTULO VII – Campo Magnético
+∞
H=
I
1
dθ
(0,1aˆ x − 0,1aˆ y )
4π
0,02 −∫∞ sec θ
I
⎧
πρ 2 se ρ < a
2
⎪
πa
⎪⎪
+ I se a < ρ < b
H φ 2πρ = ⎨
I
π ρ 2 − b 2 se b < ρ < c
⎪I −
2
2
⎪ π c −b
⎪⎩
0 se ρ > c
+∞
I
1
(0,1aˆ x − 0,1aˆ y )
cos θdθ
4π
0,02 −∫∞
1
I
(0,1aˆ x − 0,1aˆ y )
H=
senθ
4π
0,02
H=
+∞
H=
1
z′2
1+
0,02
I
1
0,02
(0,1aˆ x − 0,1aˆ y )
1−
4π
0,02
0,02 + z ′ 2
H=
I
1
z′
(0,1aˆ x − 0,1aˆ y )
0,02 0,02 + z ′ 2
4π
−∞
+∞
−∞
+∞
−∞
I
1
2
(0,1aˆ x − 0,1aˆ y )
0,02
4π
2,5
1
(0,1aˆ x − 0,1aˆ y )
H=
4π
0,01
2,5 ⋅ 0,1
H=
(aˆ x − aˆ y )
4π 0,01
A
H = 1,989(aˆ x − aˆ y )
m
A
H = 1,989 aˆ x − 1,898 aˆ y
m
H=
(b) um cabo coaxial centrado no eixo z, com a
= 0,3, b =0,5, c = 0,6 e I = 2,5 A na direção az no
condutor central;
Cálculo do Campo Magnético H:
) (
(
1
1
I
(0,1aˆ x − 0,1aˆ y )
1−
H=
4π
0,02
1 + tg 2θ
I
1
H=
1−
(0,1aˆ x − 0,1aˆ y )
0,02
4π
28
)
I
⎧
aˆ φ ρ se ρ < a
⎪
2πa 2
⎪
I
⎪⎪
aˆ φ se a < ρ < b
+
2πρ
H =⎨
⎪ I ⎛
ρ 2 − b2 ⎞
⎟aˆ se b < ρ < c
⎪ 2πρ ⎜⎜1 − 2
2 ⎟ φ
c
b
−
⎝
⎠
⎪
⎪⎩
0 se ρ > c
(
(
)
)
µ0 I
⎧
aˆ φ ρ se ρ < a
⎪
2
π
2
a
⎪
µ I
⎪
+ 0 aˆ φ se a < ρ < b
⎪
2πρ
B=⎨
⎪ µ0 I ⎛
ρ 2 − b2 ⎞
⎟aˆ φ se b < ρ < c
⎜
1
−
⎪
⎜
c 2 − b 2 ⎟⎠
⎪ 2πρ ⎝
⎪⎩
0 se ρ > c
(
(
)
)
ρ = 0 + 0,2 2 = 0,2
I
ρaˆφ
2πa 2
2,5
H=
0,2aˆφ
2π 0,3 2
H = 0,884aˆφ
H=
aˆφ = − senφaˆ x + cos φaˆ y ⇔ φ =
aˆφ = − aˆ x
H = −0,884aˆ x
⎧ I c1 se ρ < a
⎪ + I se a < ρ < b
⎪
⋅
=
H
d
L
⎨
∫C
⎪ I + I c 2 se b < ρ < c
⎪⎩ + I − I se ρ > c
⎧ JAC1 se ρ < a
⎪ + I se a < ρ < b
⎪
⋅
=
H
d
L
⎨
∫C
⎪ I + JAC2 se b < ρ < c
⎪⎩ + I − I se ρ > c
28
π
2
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- CAPÍTULO VII – Campo Magnético
(c) três lâminas de corrente, 2,7 ax A/m, em y
= 0,1, -1,4 ax A/m, em y = 0,15 e -1,3 ax A/m, em y =
0,25,
29
Exemplo 24 – (a) Calcule a integral de linha
fechada de H em torno do caminho retangular
P1( 2, 3, 4) a P2( 4, 3, 4) a P3( 4, 3, 1) a P4( 2, 3, 1) a
P1, dado:
H = 3 zaˆ x − 2 x 2 aˆ z ( mA )
(b) Determine o quociente da integral de linha
fechada e a área envolvida pelo retângulo como uma
(
aproximação para ∇ × H
(
).
y
(c) Determine ∇ × H
) no centro da área.
y
z
Solução:
4
P1(2,3,4)
(a)
P2(4,3,4)
P4( 2, 3, 1)
3
2
P(0,0,2,0)
Campo de uma lâmina:
P3(4 ,3, 1)
H = 12 K × aˆ N
4
H = H1 + H 2 + H 3
x
H = 12 K 1 × aˆ N1 + 12 K 2 × aˆ N 2 + 12 K 3 × aˆ N 3
H (0,0,2,0) = 12 2,7aˆ x × aˆ y + 12 (−1,4aˆ x ) × aˆ y + 12 (−1,3aˆ x × (aˆ y )
H (0,0,2,0) = 2,7 aˆ z −
1
2
y
1, 4
2
aˆ z +
H (0,0,2,0) = 1,3aˆ z ( )
A
m
1, 3
2
aˆ z
∫ H ⋅ dl = ∫ H ⋅ dl + ∫ H ⋅ dl + ∫ H ⋅ dl + ∫ H ⋅ dl
C
C1
C2
⎧2 ≤ x ≤ 4
;
⎪
C1 : ⎨ y = 3 C 2
⎪ z=4
⎩
∫ H ⋅ dl
⎧4 ≥ z ≤ 1
;
⎪
: ⎨ y = 3 C3
⎪ x=4
⎩
C4
⎧4 ≥ x ≥ 2
;
⎪
: ⎨ y = 3 C4
⎪ z =1
⎩
⎧1 ≤ z ≤ 4
⎪
:⎨ y =3
⎪ x=2
⎩
( 4 , 3, 4 )
=
∫ (3zdx − 2 x dz )
2
( 2 , 3, 4 )
C
( 4 , 3,1)
+
C3
( 2 , 3,1)
∫ (3zdx − 2 x dz ) + ∫ (3zdx − 2 x dz )
2
( 4 , 3, 4 )
2
( 4 , 3,1)
( 2 , 3, 4 )
+
∫ (3zdx − 2 x dz )
2
( 2 , 3,1)
∫ H ⋅ dl
C
( 4 , 3, 4 )
=
∫ (3 ⋅ 4dx − 2 x 0)
2
( 2 , 3, 4 )
( 4 , 3,1)
+
( 2 , 3,1)
∫ (3z 0 − 2 ⋅ 4 dz ) + ∫ (3 ⋅ 1dx − 2 x 0)
2
( 4 , 3, 4 )
2
( 4 , 3,1)
29
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- CAPÍTULO VII – Campo Magnético
( 2 , 3, 4 )
+
30
Solução:
∫ (3zdx − 2 x dz )
2
(a) PA( 2, 3, 4) se H = x zaˆ y − y xaˆ z
2
( 2 , 3,1)
∫ H ⋅ dl
= 12 x 2 − 32 z 4 + 3x 4 − 2 ⋅ 2 2 z 1
∫ H ⋅ dl
= 12(4 − 2) − 32(1 − 4) + 3(2 − 4) − 8(4 − 1)
4
1
2
4
2
J = ∇× H
C
C
∫ H ⋅ dl
= 24 + 96 + −6 − 24 = 90 A
C
(b) Determine o quociente da integral de linha
fechada e a área envolvida pelo retângulo como uma
(
aproximação para ∇ × H
∫ H ⋅ dl
C
A
(∇× H)
=
).
y
=
J = (−2 yz − x 2 )aˆ x + y 2 aˆ y + (2 xz)aˆ z
J (2,3,4) = (−2 ⋅ 2 ⋅ 3 − 22 )aˆ x + 32 aˆ y + (2 ⋅ 2 ⋅ 4)aˆ z
J (2,3,4) = −16aˆ x + 9aˆ y + 16aˆ z
90
= 15 mA2
6
(c)
y
⎛ ∂H y ∂H x ⎞
⎛ ∂H ∂H y ⎞
∂H x ⎞
⎛ ∂H
⎟aˆ z
⎟⎟aˆ x + ⎜ x −
−
J = ⎜⎜ z −
⎟aˆ y + ⎜⎜
∂y ⎟⎠
y
z
z
x
∂
∂
∂
∂
⎠
⎝
⎝ ∂x
⎝
⎠
⎛ ∂(− y 2 z ) ∂( x 2 z ) ⎞
⎛ ∂(0) ∂(− y 2 x) ⎞
⎛ ∂( x 2 z ) ∂(0) ⎞
⎟⎟aˆ x + ⎜⎜
⎟⎟aˆ y + ⎜⎜
⎟aˆ z
−
−
−
J = ⎜⎜
∂z ⎠
∂x ⎠
∂y ⎟⎠
⎝ ∂y
⎝ ∂z
⎝ ∂x
PB( 1,5, 90°, 0,5) se H =
∫∫(∇× H)⋅ dS = z
S
4
1
(3x + 2x ) = 3⋅ (12+ 32− (6 + 8))
2 4
2
∫∫ (∇ × H )⋅ dS = 3 ⋅ (44 − 14) = 90 A
J=
⎞
1 ⎛ ∂ (ρ 0) ∂ 2
⎜
cos 0,2φ ⎟⎟aˆ z
−
ρ ⎜⎝ ∂ρ
∂φ ρ
⎠
se H = x zaˆ y − y zaˆ z ;
2
J (1,5,90°,0,5) =
PB( 1,5, 90°, 0,5) se H =
2
ρ
cos 0,2φaˆ ρ ;
(c) em coordenadas esféricas em
PC( 2, 30°, 20°) se H =
cos 0,2φaˆ ρ ;
ρ2
⎞
1 ⎛ ∂(ρH φ ) ∂H ρ
⎟⎟aˆφ + ⎜⎜
−
ρ ⎝ ∂ρ
∂φ
⎠
⎞
⎟⎟aˆ z
⎠
sen0,2φaˆ z
0,4
π
sen0,2 ⋅ aˆ z
2
1,5
2
J (1,5,90°,0,5) = 0,0549aˆ z
A
m2
(c) em coordenadas esféricas em
1
aˆθ
senθ
J = ∇× H
PC( 2, 30°, 20°) se H =
2
(b) em coordenadas cilíndricas em
0,4
J=
S
Exemplo 25 –Calcule o valor da densidade de
corrente :
(a) em coordenadas cartesianas em PA( 2, 3, 4)
ρ
J = ∇× H
2 1
S
2
⎛ ∂H ρ ∂H z
⎛ 1 ∂H z ∂H φ ⎞
⎟aˆ ρ + ⎜⎜
J = ⎜⎜
−
−
∂ρ
∂z ⎟⎠
⎝ ∂z
⎝ ρ ∂φ
Observação:
∫∫ (∇ × H )⋅ dS = ∫ ∫ (3 − 4 x)dxdz
A
m2
(b) em coordenadas cilíndricas em
∂Hx ∂Hz
−
= 3 − (−4x) = 3 − (−4 ⋅ 3) = 15 mA2
∂z
∂x
4 4
( )
⎛ ∂(H φ senθ ) ∂H θ
⎜⎜
−
∂θ
∂φ
⎝
⎛ ⎛ 1 ⎞
⎞
⎜ ∂⎜ r
⎟
⎟
1
senθ ⎠
− 0 ⎟aˆφ
J= ⎜ ⎝
⎟
∂r
r⎜
⎜
⎟
⎝
⎠
J=
1
rsenθ
1
aˆθ
senθ
⎞
1 ⎛ 1 ∂H r ∂ (rH φ ) ⎞
1 ⎛ ∂(rH θ ) ∂H r ⎞
⎟⎟aˆ r + ⎜⎜
⎟aˆθ + ⎜
−
−
⎟aˆφ
∂r ⎟⎠
∂θ ⎠
r ⎝ ∂r
r ⎝ senθ ∂φ
⎠
J=
1
aˆφ
rsenθ
J (2,30°,20°) =
1
aˆφ
2sen30
J (2,30°,20°) = 1aˆφ
teorema
A
m2
Exemplo 26 – Calcule ambos os lados do
de
Stokes
para
o
campo:
H = 6 xyaˆ x − 3 y 2 aˆ y
A
m
e para o caminho retangular
30
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- CAPÍTULO VII – Campo Magnético
ao redor da região 2 § x § 5, -1 § y § 1, z = 0.
Considere a direção positiva de dS sendo az.
P1(2, -1, 0)
P4( 2, 1, 0)
y
P2(5 ,-1, 0)
P3( 5, 1, 0)
x
H
∫ ⋅ dl = ∫ H ⋅ dl + ∫ H ⋅ dl + ∫ H ⋅ dl + ∫ H ⋅ dl
C
C1
C2
C3
C4
⎧2 ≤ x ≤ 5
⎧1 ≥ y ≥ −1
⎧5 ≥ x ≥ 2
; ⎧⎪− 1 ≤ y ≤ 1 ;
;
⎪
⎪
⎪
C1 : ⎨ y = −1 C2 : ⎨ x = 5 C3 : ⎨ y = 1 C4 : ⎨ x = 2
⎪ z=0
⎪ z=0
⎪ z=0
⎪ z=0
⎩
⎩
⎩
⎩
5
1
2
−1
C
2
−1
5
1
∫ H ⋅ dl =
6 x2 y
3 y3
−
2 ( 2, −1)
3
+
( 2 , −1)
6 x2 y
− y3
( 2 ,1)
2 (5,1)
2
2
∫ H ⋅ dl = ∫ 6 xydx + ∫ − 3 y dy + ∫ 6 xydx + ∫ − 3 y dy
( 5, −1)
C
( 5,1)
( 5, −1)
( 2 ,1)
∫ H ⋅ dl = −63 − 2 − 63 + 2 = −126 A
31
⎧ JAc se ρ < a
H
dL
⋅
=
⎨
∫C
⎩ I se ρ > a
⎧I
⎪ Ac se ρ < a
⋅
=
H
dL
⎨A
∫C
⎪⎩ I se ρ > a
∫
C
⎧ πρ 2
se ρ < a
⎪I
H ⋅ dL = ⎨ π a 2
⎪ I se ρ > a
⎩
⎧ ρ2
se ρ < a
⎪I
H φ 2πρ = ⎨ a 2
⎪ I se ρ > a
⎩
⎧ I
⎪⎪ 2π a 2 ρ se ρ < a
Hφ = ⎨
⎪ I 1 se ρ > a
⎪⎩ 2π ρ
⎧ I
⎪⎪ 2π a 2 ρ aˆφ se ρ < a
H =⎨
⎪ I 1 aˆφ se ρ > a
⎪⎩ 2π ρ
C
∫∫ (∇ × H )⋅ dS = ∫ ∫ − 6 xdxdy = − 126 A
1 5
−1 2
S
Exemplo 27 – Um condutor sólido de seção
transversa circular é feita de um material homogêneo
não magnético. Se o raio a = 1mm, o eixo do condutor
está situado no eixo z e a corrente total na direção az é
20 A, determine:
(a) Hφ em ρ = 0,5 mm;
(b) Bφ em ρ = 0,8 mm;
(c) O fluxo magnético total por unidade de
comprimento dentro do condutor;
(d) o fluxo total para ρ < 0,5 mm;
(e) o fluxo total fora do condutor.
Solução:
(a) Hφ em ρ = 0,5 mm;
∫ H ⋅ dL = I
C
∫
C
⎧ I se ρ < a
H ⋅ dL = ⎨ c
⎩ I se ρ > a
H ( ρ = 0,5mm) =
20
2π (1⋅10
)
−3 2
0,5 ⋅10−3 aˆφ
H ( ρ = 0,5mm) = 1591.55aˆφ ( mA )
(b) Bφ em ρ = 0,8 mm;
31
Eletromagnetismo I – Prof. Dr. Cláudio S. Sartori
- CAPÍTULO VII – Campo Magnético
⎧ µ0 I
⎪⎪ 2π a 2 ρ aˆφ se ρ < a
B=⎨
⎪ µ0 I 1 aˆφ se ρ > a
⎩⎪ 2π ρ
B ( ρ = 0,8mm) =
32
µ0 I ρ 2
Φ=
2π a 2 2
ρ = 0,5⋅10−3
z =+ L
z z =− L2
2
ρ =0
−3
Φ
4π ⋅10−7 20 ( 0,5 ⋅10 )
=
L 2π (1 ⋅10−3 )2
2
µ0 I
4π ⋅10 −7 20
ˆ
a
=
0,8 ⋅10−3 aˆφ
ρ
φ
2
2π a 2
2π (1 ⋅10−3 )
2
Φ
= 0,5µ ( Wb
m )
L
B ( ρ = 0,8mm) = 0, 0032aˆφ
B ( ρ = 0,8mm) = 3, 2aˆφ ( mT )
(c) O fluxo magnético total por unidade de
comprimento dentro do condutor;
(e) o fluxo total fora do condutor.
L
∞ +2
Φ=∫
∫ B ⋅ d ρ dzaˆφ
a − L2
L
∞ +2
Φ=∫
∫
a − L2
µ0 I 1
aˆφ ⋅ d ρ dzaˆφ
2π ρ
+ L2
Φ = ∫∫ B ⋅ dS
µ0 I ∞ d ρ
dz
Φ=
2π ∫a ρ −∫
S
L
2
L
a +2
Φ=∫
∫
Φ=
B ⋅ d ρ dzaˆφ
Φ=∞
0 − L2
L
a +2
Φ=∫
µ0 I
∫ 2π a
2
ρ aˆφ ⋅ d ρ dzaˆφ
0 − L2
+ L2
µ0 I a
ρd ρ ∫ dz
Φ=
2π a 2 ∫0
−
Fluxo magnético, Equações de Maxwell e o
Potencial Vetor:
Definimos
magnético como:
Φ=
µ0 I ρ
2π a 2 2
Φ=
2
µ0 = 4π ⋅10−7 ( Hm )
Observando que o fluxo magnético é definido
por:
Φ = ∫∫ B ⋅ dS
S
(d) o fluxo total para ρ < 0,5 mm;
Unidade: Weber
Como nenhuma fonte para as linhas de fluxo
magnético foi descoberto, como mostramos na figura a
seguir:
+ L2
µ I 0,5⋅10
Φ = 0 2 ∫ ρ d ρ ∫ dz
2π a 0
−
L
2
ρ = 0,5⋅10
−3
z =+ L
z z =− L2
ρ =0
fluxo
A constante µ0 é a permeabilidade magnética
do espaço livre e tem o valor definido nas unidades em
Henry por metro:
Φ 4π ⋅10−7 20
=
L
4π
Φ
= 2µ ( Wb
m )
L
µ I ρ2
Φ= 0 2
2π a 2
de
1T = 1 Wb
m2
µ0 IL
4π
−3
densidade
No espaço livre, onde B é medido em Tesla
(T) ou Weber por metro quadrado (Wb/m2):
z =+ L
z z =− L2
ρ =0
como
B = µ0 H
L
2
2 ρ =a
µ0 I
∞
ln ρ ρ = a L
2π
2
32
Eletromagnetismo I – Prof. Dr. Cláudio S. Sartori
- CAPÍTULO VII – Campo Magnético
33
Vamos lembrar algumas identidades vetoriais importantes:
Figura 40 – Linhas de fluxo magnético B para:
(a) ímã permanente; (b) bobina cilíndrica; (c) eletroímã
com núcleo de ferro; (d) plano perpendicular a um fio infinito; (e)
plano que contém o eixo central de uma espira;
Portando não há fontes descobertas para as linhas de fluxo
magnético. Assim, se aplicarmos o teorema da divergência, a Lei de
Gauss para o campo magnético é:
( u × v ) ⋅ w ≡ ( v × w) ⋅ u ≡ ( w × u ) ⋅ v
2. u × ( v × w ) = ( u ⋅ w ) v − ( u ⋅ v ) w
3. ∇ ⋅ ( u + w ) = ∇ ⋅ u + ∇ ⋅ w
4. ∇ ( f + g ) = ∇f + ∇g
5. ∇ × ( u + w ) = ∇ × u + ∇ × w
6. ∇ ⋅ ( fu ) = u ⋅∇f + f ∇ ⋅ u
7. ∇ ( fg ) = f ∇g + g ∇f
8. ∇ × ( fu ) = ∇f × u + f ∇ × u
9. ∇ ⋅ ( u × v ) = v ⋅∇ × u − u ⋅∇ × v
10. ∇ ( u ⋅ v ) = ( u ⋅∇ ) v + ( v ⋅ ∇ ) u + u × ( ∇ × v ) + v × ( ∇ × u )
11. ∇ × ( u × v ) = u ( ∇ ⋅ v ) − v ( ∇ ⋅ u ) + ( v ⋅∇ ) u − ( u ⋅ ∇ ) v
1.
∫∫ B ⋅ dS = 0
12. ∇ ⋅∇f
S
Ao aplicarmos o teorema da divergência ou teorema de
Gauss:
∫∫ B ⋅ dS = ∫∫∫ ∇ ⋅ BdV = 0 ⇔ ∇ ⋅ B = 0
S
V
Reunindo todas as equações vistas, mostramos as quatro
equações de Maxwell que se aplicam a campos magnéticos
estacionários e a campos elétricos estáticos:
13.
∇ × ∇f = 0
14.
∇⋅ ∇×u = 0
15.
∇ × ∇ × u = ∇ ∇ ⋅ u − ∇ 2u
(
)
(
(
∫∫ D ⋅ dS = Q = ∫∫∫ ρ dV
)
)
(
(
)
)
(
)
v
Observe que o fato de ∇ ⋅ B = 0 , de acordo
com a relação anterior, podemos expressar B como um
campo vetorial. Chamamos então de potencial
magnético vetorial A definido por:
B = ∇× A
V
∫ E ⋅ dL = 0
Ou
H=
C
∫ H ⋅ dL = I = ∫∫ J ⋅ dS
S
(
∇⋅ ∇×v = 0
™ Forma integral das equações de Maxwell para campos
estacionários:
∫∫ B ⋅ dS = 0
)
Se fizermos:
∇⋅ ∇×v = v ⋅ ∇×∇ −∇⋅ ∇×v
∇× E = 0
∇× H = J
∇⋅B = 0
S
)
∇ ⋅ (u × v ) = v ⋅ ∇ × u − u ⋅ ∇ × v
∇ ⋅ D = ρv
C
(
Analizando a relação vetorial:
™ Forma diferencial das equações de Maxwell para campos
estacionários:
S
= ∇2 f
1
µ0
∇× A
Unidade: Weber por metro: Wb/m
Observe que, se calcularmos a integral de linha
do vetor potencial magnético A sobre uma curva
fechada C e aplicarmos o teorema de Stokes, teremos:
∫ A ⋅ dL = ∫∫ ( ∇ × A) ⋅ dS = ∫∫ B ⋅ dS = Φ
C
S
Ou: Φ =
S
∫ A ⋅ dL
C
Veja que, da Lei de Biot e Savart:
33
Eletromagnetismo I – Prof. Dr. Cláudio S. Sartori
µ0 IdL × R
4π R 3
∫
B=
C
34
- CAPÍTULO VII – Campo Magnético
B = ∇× A
Teremos:
µ0 IdL × aˆR
4π R 2
∫
B=
C
B=
µ0
4π
∫∫∫
J f × aˆ R
R2
V′
×
f
V′
aˆ R
dV ′
R2
∇⋅ A =
Como:
R = ( x − x′ ) aˆ x + ( y − y′ ) aˆ y + ( z − z ′ ) aˆ z
2
⎛
⎛1⎞
∇⎜ ⎟ = ∇⎜
⎜
⎝R⎠
⎝
2
( x − x′ ) + ( y − y ′ ) + ( z − z ′ )
2
2
f
dV ′
∇ × ( fu ) = ∇f × u + f ∇ × u
∇(
)× J f
⎞
1
1
⎟ = ∇ ( R )× J f + R ∇ × J f
⎠
= ∇×
( )−
Jf
R
1
R
∇× J f
Como Jf é uma função de (x’, y’, z’):
∇× J f = 0
Então, podemos escrever:
B=
µ0
4π
∫∫∫ ∇ ×
Jf
R
dV ′
V′
Mudando a ordem da diferenciação e integração, obtemos:
⎡µ
B = ∇× ⎢ 0
⎣ 4π
∫∫∫
V′
R
dV ′
V′
f
⋅∇ ( R1 ) + R1 ∇ ⋅ J f
f
⋅∇ ( R1 ) + R1 ∇ ⋅ J f ⎦⎤dV ′
Jf
R
µ0
4π
∫∫∫ ⎣⎡ J
V′
∇⋅ J f = 0
⎛ 1 ⎞ R aˆ
∇′ ⎜ ⎟ = 3 = R2
R
⎝R⎠ R
Portanto:
⎛1⎞
⎛1⎞
∇′ ⎜ ⎟ = −∇ ⎜ ⎟
⎝R⎠
⎝R⎠
Então:
∇⋅ A =
µ0
4π
∫∫∫ ⎣⎡− J
V′
f
⋅∇′ ( R1 ) ⎦⎤dV ′
Jf
R
( )=J
Jf
R
f
⋅∇′ ( R1 ) + R1 ∇′ ⋅ J f
⎤
dV ′⎥
⎦
∇⋅ A =
µ0
4π
∫∫∫ ⎡⎢⎣
1
R
~
( )
Jf
R
Substituindo, vem:
Usando a identidade vetorial:
1
R
Jf
− J f ⋅∇′ ( R1 ) = R1 ∇′ ⋅ J f − ∇′ ⋅
V′
⎛1
∇×⎜ J f
⎝R
∫∫∫ ∇ ⋅
Como Jf é uma função de (x’, y’, z’):
∇′ ⋅
Logo podemos então escrever:
1
R
V′
Aplicando novamente:
R
aˆ
⎛1⎞
∇ ⎜ ⎟ = − 3 = − R2
R
R
⎝R⎠
∫∫∫ ∇ ( ) × J
dV ′
Podemos mostrar que:
⎞
⎟
⎟
⎠
−3 2
2 ( x − x′ ) aˆ x + 2 ( y − y′ ) aˆ y + 2 ( z − z′ ) aˆ z
⎛1⎞
⎡ ( x − x′ ) 2 + ( y − y ′ ) 2 + ( z − z ′ ) 2 ⎤
∇⎜ ⎟ = −
⎣
⎦
2
⎝R⎠
µ
B= 0
4π
( )=J
2
1
2
R
∇ ⋅ ( fu ) = u ⋅∇f + f ∇ ⋅ u
∇⋅
( x − x′ ) + ( y − y ′ ) + ( z − z ′ )
Jf
Usando a propriedade:
Com V’ o volume do condutor.
R=
µ0
4π
∇⋅ A =
dV ′
Ou
∫∫∫ J
∫∫∫
Tomando a divergência de A
Se a corrente I es´ta distribuída no espaço
como uma densidade de corrente Jf podemos substituir
I por Jfda. Logo, JfdadL torna-se Jf dV:
µ
B= 0
4π
µ0
4π
A=
ou
∇′ ⋅ J f − ∇ ′ ⋅
V′
( )⎤⎥⎦dV ′
Jf
R
Como estamos preocupados com campos
estacionários, a equação da continuidade mostra que:
∇′ ⋅ J f = 0
Aplicando o teorema da divergência, ficaremos com:
∇⋅ A = −
µ0
4π
∫∫∫ ∇′ ⋅ (
Jf
R
V′
)dV ′ = − 4µπ ∫∫
0
Jf
R
⋅ dS
S
Aqui, a superfície S envolve todo o volume que
estamos integrando, que por sua vez envolve toda a
corrente.Fora desse volume não há corrente, e portanto,
se integrarmos sobre um volume ligeiramente maior ou
uma superfície ligeiramente maio sem modificar A, a
densidade de corrente Jf deve ser zero.
Assim: ∇ ⋅ A = 0
Comparando com:
34
Eletromagnetismo I – Prof. Dr. Cláudio S. Sartori
- CAPÍTULO VII – Campo Magnético
35
Como ∇ × H = J , analisaremos agora a
expressão:
∇× H =
1
µ0
∇×∇× A
Veja que:
u × v × w = ( u ⋅ w) v − ( u ⋅ v ) w
(
)
∇ × ∇ × A = ∇ ∇ ⋅ A − ∇2 A
(
)
⎡∇ ∇ ⋅ A − ∇ 2 A⎤
⎣
⎦
Como deduzimos que: ∇ ⋅ A = 0
∇ × H = µ10 ⎡⎣ −∇ 2 A⎤⎦
∇ 2 A = − µ0 J f
∇× H =
1
µ0
no espaço livre. (a) Determine H para ρ > 1,2.
I = 2πρ K = 2π 1, 2i2, 4
I = 5, 76π
∫ H ⋅ dL = I ⇔ 2πρ H = 5, 76π
ρv
ε0
C
H=
∇ A = ∇ Ax aˆ x + ∇ Ay aˆ y + ∇ Az âz
2
2
2
Se a densidade de corrente for nula, e pelas
relações de simetria que informam a equação
A=
µ0
4π
∫∫∫
Jf
R
dV ′
,
considerando
somente
V′
dependência de Az em ρ, teremos:
1 ∂ ⎛ ∂Az ⎞ 1 ∂2 Az ∂2 Az
+
+
=0
ρ
ρ ∂ρ ⎜⎝ ∂ρ ⎟⎠ ρ 2 ∂φ 2 ∂z 2
1 ∂ ⎛ ∂Az ⎞
∂Az
= C1
⎜ρ
⎟=0⇔ρ
ρ ∂ρ ⎝ ∂ρ ⎠
∂ρ
∂Az C1
=
⇔ Az = C1 ln ρ + C2
ρ
∂ρ
µI
∂A
Como B = ∇ × A ⇔ 0 aˆφ = − z aˆφ
2πρ
∂ρ
Logo:
Az = −
µ0 I
2π
∫ρ
dρ
⇔ Az = −
µ0 I
ln ρ + C2
2π
Comparando as relações, chega-se a:
C1 = −
µ0 I
2π
Se escolhermos um zero de referência em:
ρ = b, teremos:
Az ( ρ = b ) = −
µ0 I
µI
ln b + C2 = 0 ⇔ C2 = 0 ln b
2π
2π
Az ( ρ ) = −
O potencial magnético vetorial A é
extremamente útil no estudo de irradiação de antenas,
de aberturas e fugas de irradiação de linhas de
transmissão, de guias de ondas e de fornos de
microondas, podendo ser usado em regiões onde a
densidade de corrente é zero ou diferente de zero.
K = 2, 4aˆ z (A/m) está presente na superfície ρ = 1,2
Podemos escrever:
2
µ0 I b
ln aˆ z
2π
ρ
Exemplo 28 – Uma lâmina de corrente
Esse resultado é similar à equação de Poisson:
∇ 2V = −
A( ρ ) =
µ0 I
µI
ln ρ + 0 ln b
2π
2π
2,88
ρ
aˆφ
Exemplo 29 – O valor de A no interior de um
condutor sólido não magnético de raio a conduzindo
uma corrente I na direção az pode ser encontrado
facilmente. Usando o valor conhecido de H ou de B
µ0 IdL
pode
4π R
A = ( µ0 I ln 5 ) / 2π em
para ρ < a, então a equação A =
serresolvida para A. Escolha
∫
ρ = a e determine A em ρ:
(a) 0;
(b) 0,25a;
(c) 0,75a;
(d) a;
Como B = ∇ × A :
∇ × A = ⎛ 1 ∂A
∂A ⎞
⎛ ∂A ∂A ⎞
1 ⎛ ∂ ( ρ Aφ ) ∂Aρ
z
− φ ⎟ aˆρ + ⎜ ρ − z ⎟ aˆφ + ⎜
−
⎜
⎜ ∂ρ
∂
∂
∂
∂
∂φ
ρ
φ
ρ
ρ
z
z
⎝
⎠
⎝
⎠
⎝
Se A =
⎞
⎟ aˆz
⎟
⎠
µ0 J
∫∫∫ 4π RdV e I está na direção de z,
V
então A e J estão nessa direção:
⎛ ∂A ∂A ⎞
µI
B = ⎜ ρ − z ⎟ aˆφ = 0 2 ρ aˆφ
2π a
⎝ ∂z ∂ρ ⎠
µI
µI
∂A
− z = 0 2 ρ ⇔ Az = − 0 2 ∫ ρ d ρ
2π a
∂ρ 2π a
µ I ρ2
+C
Az = − 0 2
2π a 2
35
Eletromagnetismo I – Prof. Dr. Cláudio S. Sartori
Az ( ρ = a) = −
- CAPÍTULO VII – Campo Magnético
36
µ0 I a 2
µ I ln 5
+C = 0
2
2π a 2
2π
µ0 I
( ln 5 + 12 )
2π
⎡ µ0 I ρ 2 µ0 I
⎤
+
A = ⎢−
( ln 5 + 12 )⎥ aˆ z
2
⎣ 2π a 2 2π
⎦
C=
A=
µ0 I
2π
⎡ ρ2
⎤
1
⎢ − 2 + ( ln 5 + 2 ) ⎥ aˆ z
⎣ 2a
⎦
(a) ρ =0;
⎤
µ0 I ⎡ 02
1
A=
⎢ − 2 + ( ln 5 + 2 ) ⎥ aˆ z
2π ⎣ 2a
⎦
A = 0, 4218I µ aˆ z ( Wb
m )
(b) 0,25a;
µI
A= 0
2π
⎡ ( 0, 25a )2
⎤
1
ˆ
+
+
ln
5
⎢−
(
)
2 ⎥ az
2a 2
⎢⎣
⎥⎦
A = 0, 4156 I µ aˆ z ( Wb
m )
(c) 0,75a;
µI
A= 0
2π
⎡ ( 0, 75a )2
⎤
+ ( ln 5 + 12 ) ⎥ aˆ z
⎢−
2
2a
⎢⎣
⎥⎦
A = 0,3656 I µ aˆ z ( Wb
m )
(d) a;
µI
A= 0
2π
⎡ ( a )2
⎤
⎢ − 2 + ( ln 5 + 12 ) ⎥ aˆ z
⎢⎣ 2a
⎥⎦
A = 0,322µ aˆ z ( Wb
m )
Exemplo 30 – Considere dois condutores, cada
um com 1 cm de raio, paralelos ao eixo z com seus
eixos situados no plano x = 0.
Um condutor, cujo eixo está em:
(0, 4 cm, z) e conduz 12 A na direção az; o
outro eixo está em:
(0, -4cm, z) e conduz -12 A na direção -az;
Cada corrente tem seu zero de referência para
A localizada a 4 cm do seu eixo. Determinar o campo A
total em:
(a) 0;
(b) (0, 8cm, z);
(c) (4, 4cm, z);
(d) (2, 4cm, z);
(a) 0;
⎛µ I
b µ I
b
A = ⎜ 0 1 ln + 0 2 ln
ρ1 2π
ρ2
⎝ 2π
⎞
⎟ aˆ z
⎠
4⎞
⎛ − µ 12 4 µ I
A = ⎜ 0 ln + 0 2 ln ⎟ aˆ z
2
π
4
2
π
4⎠
⎝
A = 0 aˆ z ( Wb
m )
(b) (0, 8cm, z);
(c) (4, 4cm, z);
(d) (2, 4cm, z);
Exemplo 31 – Determine o campo das
distribuições de corrente abaixo:
(a)
1 IdL × R
4π R 3
R = r − r ′ = ( ρ − a ) aˆ ρ + zaˆ z
dH =
R=
( ρ − a)
2
+ z2
dL = d ρ aˆ ρ + ρ dφ aˆφ + dzaˆ z
dL = adφ aˆφ
36
Eletromagnetismo I – Prof. Dr. Cláudio S. Sartori
dH =
dH =
- CAPÍTULO VII – Campo Magnético
1 Iadφ aˆφ × ⎡⎣( ρ − a ) aˆ ρ + zaˆ z ⎤⎦
32
4π
⎡( ρ − a ) 2 + z 2 ⎤
⎣
⎦
1 Iadφ ⎡⎣ − ( ρ − a ) aˆ z + zaˆ ρ ⎤⎦
4π
⎡( ρ − a ) 2 + z 2 ⎤
⎣
⎦
32
π
π
⎡
⎤
⎢ − ( ρ − a ) ∫ dφaˆ z + z ∫ dφ aˆ ρ ⎥
Ia ⎣
0
0
⎦
H=
32
2
4π
⎡( ρ − a ) + z 2 ⎤
⎣
⎦
37
H B = 4 NH
Para o trecho do fio:
1 Idl × R
4π R 3
R = r − r′
Na origem: r = 0aˆ x + 0aˆ y + 0aˆ z
dH =
r ′ = L2 aˆ x + y′aˆ y
R = − L2 aˆ x − y′aˆ y
Como z = 0 e ρ = 0 :
π
π
⎡
⎤
ˆ
−
−
+
a
d
φ
a
dφaˆ ρ ⎥
0
0
(
)
⎢
z
∫
∫
Ia ⎣
0
0
⎦
H=
3
2
4π
⎡( 0 − a ) 2 + 0 2 ⎤
⎣
⎦
Ia [ aπ aˆ z ]
H=
4π a 3
µI
I
H=
aˆ z ; B = 0 aˆ z
4π a
4π a
(b)
( L2 )
R=
L
I dy′aˆ y × ⎡⎣ − 2 aˆ x − y′aˆ y ⎤⎦
dH =
32
4π
⎡( L2 )2 + y′2 ⎤
⎣
⎦
L
dy′ [ 2 aˆ z ]
I
dH =
4π ⎡( L )2 + y′2 ⎤ 3 2
⎣ 2
⎦
IL
H=
8π
+ L2
(c) Bobina de N voltas quadrada de lado L, no
seu centro.
dy′
∫⎡
⎣(
− L2
)
L 2
2
+ L2
∫
− L2
IL
H=
8π
⎡1 +
⎣⎢
( )
L 3
2
+ L2
y′
L2
L
2
L 3
2
∫( )
− L2
IL 4
H=
8π L2
H=
+ y′ ⎤
⎦
2
32
aˆ z
dy′
Chamando de: tgθ =
⎡I − I ⎤
H = ⎢ 2 1 ⎥ aˆ z
⎣ 4π a ⎦
⎡ I −I ⎤
B = ⎢ µ0 2 1 ⎥ aˆ z
4π a ⎦
⎣
+ y ′2
dl = dy′aˆ y
IL
H=
8π
Nesse caso, teremos:
2
2 32
⎤
⎦⎥
aˆ z
⇔ dy′ = L2 sec 2 θ dθ
sec 2 θ dθ
⎡⎣1 + tg 2θ ⎤⎦
+ L2
32
sec 2 θ dθ
∫ ⎡sec
⎣
− L2
+ L2
I
( )
y′
L2
2π L −∫L
2
θ ⎤⎦
32
aˆ z
aˆ z
cos θ dθ aˆ z
2
H=
I
2π L
Como: senθ =
senθ aˆ z
tgθ
1 + tg 2θ
x
O Campo magnético da bobina será:
37
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y′
L2
senθ =
1+
H=
⎡
I ⎢
H=
2π L ⎢
⎣
( )
y′
L2
( L2 )
2π L
( )
L 2
2
L
2
( L2 ) + ( L2 )
2
2
+ y ′2
−
+ y ′2
aˆ z
y ′=− L2
− L2
( L2 ) + ( L2 )
⎡
I ⎢ 2 L2
H=
2π L ⎢ 2 ( L )2
2
⎣
H=
2
y ′=+ L2
y′
I
38
y′
=
2
- CAPÍTULO VII – Campo Magnético
2
2
⎤
⎥ aˆ
⎥ z
⎦
⎤
⎥ aˆ
⎥ z
⎦
I
2
aˆ z
2π L 2
I 2
aˆ z
2π L
I 2
H B = 4N
aˆ z
2π L
2 2 NI
HB =
aˆ
πL z
2 2 N µ0 I
BB =
aˆ z
πL
H=
38
Eletromagnetismo I – Prof. Dr. Cláudio S. Sartori
- CAPÍTULO VII – Campo Magnético
39
Exercícios – Hayt – Capítulo 8
+∞
dz
1
= 32
13
∫ (13 + (4 − z ) )
1. (a) Determine H em coordenadas
cartesianas em P(2, 3, 4) se há um filamento de
corrente no eixo z conduzindo uma corrente de 8 mA
na direção
(b) Repita se o filamento está localizado em x
= -1, y = 2.
(c) Determine H se ambos os filamentos
estiverem presentes.
2 32
−∞
=
− 131 2
13 3 2
+∞
=−
dl = dzaˆ z
=−
R = 13 + (4 − z )
1
aˆ R =
2aˆ x + 3aˆ y + (4 − z )aˆ z
2
13 + (4 − z )
2
[
13 + (4 − z )
2dz
dl × aˆ R =
13+ (4 − z)
H=
2m ⎡
dz
⎢2 ∫
π ⎣⎢ − ∞ 13 + (4 − z )2
+∞
+∞
(
dz
=
2 32
1
= 32
13
3dz
13+ (4 − z)
+∞
)
32
aˆ y − 3 ∫
32
2
+∞
1
dθ
13 −∫∞ sec θ
θ
∫⎛
−∞
∫
−∞
(13 + (4 − z ) )
⎞
⎟
⎟
⎠
⎤
aˆ x ⎥
⎦⎥
senθ = 1 −
senθ =
32
2
⎞
⎟
⎟
⎠
1
1 + tg 2θ
tg 2θ
1
⇒
sen
=
θ
1 + tg 2θ
1 + tg 2θ
⎛4− z⎞
⎜⎜
⎟⎟
⎝ 13 ⎠
2
⎛4− z⎞
⎟⎟
1 + ⎜⎜
⎝ 13 ⎠
2
⎛
4− z
senθ = ⎜
⎜
2
⎝ 13 + (4 − z )
dz
⎜1 + ⎛⎜ 4 − z ⎞⎟
⎜ ⎜⎝ 13 ⎟⎠
⎝
13
⇒ sec θ = 1 + tg 2θ
sen 2θ + cos 2 θ = 1 ⇒ senθ = 1 − cos 2 θ
dz
32
4− z
cos θ =
aˆ x
2 32
⎛ (4 − z )2
13 ⎜⎜1 +
13
⎝
−∞
+∞
4− z
2
2
1
1
θ
d
θ
=
−
sen
θ
cos
13
13 −∫∞
θ1
]
dz
⎞
⎟
⎟
⎠
32
Chamando de:
tgθ =
]
+ 3aˆ y + (4 − z )aˆ z
+∞
∫ (13 + (4 − z ) )
−∞
x
32
∫ (sec θ )
−∞
Como: tgθ =
⎤
⎡
2dz
3dz
⎢
aˆ y −
â x ⎥
2
⎥⎦
⎢⎣ 13 + (4 − z )2
13 + (4 − z )
8m
2
4π 13 + (4 − z )
)
aˆ y −
2
dH =
(
[2aˆ
2
sec 2 θdθ
+∞
2
∫ (1 + tg θ )
−∞
+∞
Idl × aˆ R Idl × R
=
dH =
4πR 2
4πR 3
1
− 13 sec 2 θdθ
sec 2 θdθ
= −13 ∫
sec 3 θ
−∞
−1
Solução:
dl × aˆ R = dzaˆ z ×
+∞
⇒ z = 4 − 13tgθ
13
dz = − 13 sec 2 θdθ
+∞
dz
∫ (13 + (4 − z ) )
2 32
−∞
+∞
dz
∫ (13+ (4 − z) )
−∞
2 32
1
4− z
=−
13 13 + (4 − z )2
z → +∞
z → −∞
⎤
1⎡
4− z
4− z
⎥
= − ⎢ lim
− lim
13⎢z→+∞ 13+ (4 − z)2 z→−∞ 13+ (4 − z)2 ⎥
⎣
⎦
39
Eletromagnetismo I – Prof. Dr. Cláudio S. Sartori
+∞
+∞
1
∫−∞ 13+ (4 − z)2 3 2 = −13[−1−1]
dz
(
dz
∫ (13+ (4 − z) )
2 32
−∞
=
H=
2m ⎡
dz
dz
aˆ − 3 ∫
⎢2 ∫
32 y
2
2
π ⎢⎣ − ∞ 13 + (4 − z )
− ∞ 13 + (4 − z )
2 ⎤
2m ⎡ 2
H=
2 ⋅ aˆ y − 3 ⋅ aˆ x ⎥
⎢
π ⎣ 13
13 ⎦
8m
12m
H=
aˆ y −
aˆ x
13π
13π
H = 1,954 ⋅ 10 −4 aˆ y − 2,938 ⋅ 10 −4 aˆ x
+∞
(
)
(
)
32
⎤
aˆ x ⎥
⎥⎦
⎛ µA ⎞
H = −293,8aˆ x + 195,8aˆ y ⎜ ⎟
⎝m⎠
(b) dH =
R = 10 + (4 − z )
1
aˆ R =
3aˆ x + aˆ y + (4 − z )aˆ z
2
10 + (4 − z )
1
[3aˆ x + aˆ y + (4 − z)aˆ z ]
dl × aˆ R = dzaˆ z ×
2
10 + (4 − z )
[
dH =
]
10 + (4 − z )
2
aˆ y −
dz
10 + (4 − z )
2
aˆx
⎤
⎡
8m
3dz
dz
⎢
aˆ y −
aˆ x ⎥
2
2
4π 10 + (4 − z ) ⎢ 10 + (4 − z )2
⎥⎦
10 + (4 − z )
⎣
(
)
+∞
H=
dz
∫ (10 + (4 − z ) )
−∞
2 32
2
⎞
⎟
⎟
⎠
32
32
4− z
⇒ z = 4 − 10tgθ
10
dz = − 10 sec 2 θdθ
+∞
dz
1
= 32
10
∫ (10 + (4 − z ) )
2 32
−∞
− 101 2
10 3 2
+∞
+∞
− 10 sec 2 θdθ
∫ (1 + tg θ )
2
−∞
sec 2 θdθ
∫ (sec θ )
32
2
−∞
+∞
+∞
2
dl × aˆR =
⎜1 + ⎛⎜ 4 − z ⎞⎟
⎜ ⎜⎝ 10 ⎟⎠
⎝
sec 2 θdθ
= −10 ∫
3
− ∞ sec θ
R = 3aˆ x + aˆ y + (4 − z )aˆ z
3dz
tgθ =
−1
dl = dzaˆ z
⎞
⎟
⎟
⎠
Chamando de:
=
Idl × aˆ R Idl × R
=
4πR 2
4πR 3
32
dz
∫⎛
−∞
dz
⎛ (4 − z )2
10 ⎜⎜1 +
10
⎝
−∞
+∞
1
= 32
10
Substituindo na expressão do campo, teremos:
∫
=
2 32
−∞
2
13
+∞
+∞
dz
∫ (10 + (4 − z ) )
)
+∞
40
- CAPÍTULO VII – Campo Magnético
1
dθ
=−
∫
10 −∞ sec θ
θ
+∞
2
1
1
=−
cos θdθ = − senθ
10
10 −∫∞
θ1
Observação:
dz
∫ (a + (b − z ) )
2 32
=−
b−z
a a + (b − z ) 2
+C
tg 2θ
senθ =
1 + tg 2θ
2m ⎤
⎡ 6m
⎢ π aˆ y − π aˆ x ⎥
⎣
⎦
senθ =
⎛4− z⎞
⎜⎜
⎟⎟
⎝ 10 ⎠
2
⎛4− z⎞
⎟⎟
1 + ⎜⎜
⎝ 10 ⎠
2
⎛
4−z
senθ = ⎜
⎜
2
⎝ 10 + (4 − z )
⎞
⎟
⎟
⎠
40
32
Eletromagnetismo I – Prof. Dr. Cláudio S. Sartori
+∞
dz
∫ (10 + (4 − z ) )
2 32
−∞
1
4− z
=−
10 10 + (4 − z )2
z → +∞
z → −∞
⎤
4− z
1⎡
4− z
dz
⎢
⎥
−
=
−
lim
lim
∫
2 32
10⎢z→+∞ 10+ (4 − z)2 z→−∞ 10+ (4 − z)2 ⎥
−∞ 10+ (4 − z)
⎣
⎦
+∞
dz
2
∫−∞ 10+ (4 − z)2 3 2 = 10
)
(
+∞
H =
)
dz
2m ⎤
⎡ 6m
aˆ y −
aˆ x
32 ⎢
π ⎥⎦
⎣π
∫ (10 + (4 − z) )
2
−∞
Idl × R
4πR 3
dl = dz ′aˆ z
r ′ = z ′aˆ z
r = ρaˆ ρ
dH =
+∞
(
2 ⎡ 6m
2m ⎤
aˆ y −
aˆ x ⎥
⎢
π
10 ⎣ π
⎦
12m
4m
H2 =
aˆ y −
aˆ x
10π
10π
⎛ µA ⎞
H 2 = −127,32aˆ x + 381,97aˆ y ⎜
⎟
⎝ m⎠
H2 =
R = r − r′
R = ρ aˆ ρ − z ′aˆ z
R = ρ 2 + z′2
dH =
dH =
dH =
⎛ µA ⎞
H = −293,8aˆ x + 195,8aˆ y − 127,32aˆ x + 381,97 aˆ y ⎜
⎟
⎝ m⎠
H=
⎛ µA ⎞
H = −421,12aˆ x + 577,77aˆ y ⎜
⎟
⎝ m⎠
2. Um filamento de corrente de 3 â x , A está
situado ao longo do eixo x. Determine H em
componentes cartesianas em P(-1, 3, 2).
3. Dois filamentos semi-infinitos no eixo z
estão situados nas regiões -∞ < z < -a e a < z < ∞. Cada
um conduz uma corrente I na direção â z .
(a) Calcule H como uma função de r e f em z
= 0.
(b) Que valor de a irá fazer a magnitude de H
em r = l, z = O ser metade do valor obtido para um
filamento infinito?
Solução:
(a) H como uma função de r e f em z = 0.
z
H=
r=1 (z=0)
4π
y
(ρ
+ z ′2
ρdz ′
2
)
3
I
aˆφ
4π (ρ 2 + z ′ 2 )3 2
Iρ
4π
+∞
dz ′
∫ (ρ
2
−∞
+ z′2 )
+∞
32
dz ′
∫⎛
⎞⎞
⎟⎟ ⎟
⎟
⎠⎠
⎛
z′
⎜ ρ 2 ⎜1 + 2
⎜ ⎜
ρ
⎝ ⎝
+∞
I
dz ′
2
−∞
4πρ 2
aˆφ
∫⎛
32
32
aˆφ
aˆφ
z′ ⎞
⎜⎜1 + 2 ⎟⎟
ρ ⎠
⎝
z ′ = ρtgθ ⇒ dz ′ = ρ sec 2 θdθ
H=
H=
H=
−∞
+∞
I
4πρ 2
2
ρ sec 2 θdθ
∫ (1 + tg θ )
−∞
I
+∞
I
+∞
2
sec 2 θdθ
4πρ −∫∞ (sec 2 θ )3 2
32
aˆφ
aˆφ
dθ
∫ secθ aˆφ
4πρ −∞
I
+∞
cos θdθ aˆφ
4πρ −∫∞
I
θ
H=
senθ θ 2 aˆφ
1
4πρ
H=
+a
-a
Idl × R
4πR 3
Idz ′aˆ z × (ρaˆ ρ − z ′aˆ z )
Iρ
H=
4π
(c) H = H 1 + H 2
x
41
- CAPÍTULO VII – Campo Magnético
41
Eletromagnetismo I – Prof. Dr. Cláudio S. Sartori
- CAPÍTULO VII – Campo Magnético
2a = a 2 + 1 ⇒ a =
tg θ
senθ =
1 + tg 2θ
2
z ′ = ρtgθ ⇒ tgθ =
(z ′ ρ )
2
1 + (z ′ ρ )
2
senθ =
ρ
⇒ senθ =
na origem.
I ⎡
z′
z′
− lim
⎢ lim
H=
4πρ ⎢ z′→− a ρ 2 + z ′ 2 z′→ −∞ ρ 2 + z ′ 2
⎣
⎤
⎥ aˆφ
⎥⎦
⎤
I ⎡
z′
z′
⎢ lim
⎥ aˆ φ
− lim
4πρ ⎢ z ′→ +∞ ρ 2 + z ′ 2 z ′→ + a ρ 2 + z ′ 2 ⎥
⎣
⎦
⎡
⎤
I
a
a
⎢−
⎥ aˆ φ
+1+1−
H=
4πρ ⎢
a2 + ρ 2
a 2 + ρ 2 ⎥⎦
⎣
⎤
a
2I ⎡
⎢1 −
⎥ aˆ φ
H=
2
2
4πρ ⎢
⎥⎦
+
a
ρ
⎣
⎤
I ⎡
a
⎥ aˆ φ
⎢1 −
H=
2πρ ⎢
a 2 + ρ 2 ⎥⎦
⎣
(b) Valor de a magnitude de H em r = l, z = O
ser metade do valor obtido para um filamento infinito?
⎤
I ⎡
a
⎥ aˆ φ
⎢1 −
H=
2πρ ⎢
a 2 + ρ 2 ⎥⎦
⎣
1
H (ρ = 1, z = 0) = H i
2
⋅ dl = I ⇒ H i =
C
I
2πρ
aˆφ
⎡
a ⎤
⎢1 −
⎥ aˆφ
2π ⋅1 ⎣
a2 +1 ⎦
1 I
I ⎡
a ⎤
aˆφ
⎢1 − 2 ⎥ aˆφ =
2π ⋅1 ⎣
2 2πρ
a +1 ⎦
⎡
a ⎤ 1
⎥=
⎢1 −
a2 +1 ⎦ 2
⎣
a
1
= 1−
2
2
a +1
H (ρ = 1, z ′ = 0 ) =
I
m
(b) Um filamento de mesmo comprimento na
forma de um quadrado é agora colocado no plano z = 0.
Os lados são paralelos aos eixos coordenados e uma
corrente I flui na direção âφ . Novamente, determine H
Substituindo, teremos:
i
3
origem.
z′2
ρ 2 + z′2
ρ 2 + z′2
∫H
1
4. (a) Um filamento em forma de um círculo
de raio a está centrado na origem no plano z = 0. Ele
conduz uma corrente I na direção âφ . Determine H na
z′
z′
senθ =
42
5. Os condutores filamentares paralelos
mostrados na Fig. 8.21 estão situados no espaço livre.
Faça o gráfico de |H| versus y, 24 < y < 4, ao longo da
linha x = 0, z = 2
(a) H, em P(0, 0, z) se I flui na direção âφ .
Idl × R
4πR 3
Idl × R
dH 1 = 1 3 1
4πR1
dH =
R1 = ( y +1)aˆy + 2aˆz
R1 =
( y + 1) 2 + 4
dl = −dxaˆ x
dH 1 =
I (− dxaˆ x ) × (( y + 1)aˆ y + 2aˆ z )
4π
( ( y + 1) + 4 )
3
2
L
H1 =
− I ∫ dx
−L
4π
(( y + 1)aˆ
[( y + 1)
z
2
− 2aˆ y )
+4
]
32
42
Eletromagnetismo I – Prof. Dr. Cláudio S. Sartori
H1 =
- CAPÍTULO VII – Campo Magnético
⎞
− IL ⎛⎜
y +1
2
aˆ z −
aˆ y ⎟
3
2
3
2
⎟
2π ⎜⎝ ( y + 1) 2 + 4
( y + 1) 2 + 4
⎠
[
]
[
]
R2 = ( y − 1) 2 + 4
dl2 = I 2 dxaˆ x
I 2 dxaˆ x × (( y − 1)aˆ y + 2aˆ z )
4π
( ( y − 1) + 4 )
3
2
Solução:
(a) Direção de H por um vetor unitário aH.
L
H2 =
I ∫ dx
−L
(( y − 1)aˆ
[( y − 1)
4π
z
2
− 2aˆ y )
+4
Idl = 10 − 4 (4aˆ x − 3aˆ y + aˆ z )
]
32
→
⎞
IL ⎛⎜
y −1
2
aˆ z −
aˆ y ⎟
3
2
3
2
⎟
2π ⎜⎝ ( y − 1) 2 + 4
( y − 1) 2 + 4
⎠
H = H1 + H 2
H2 =
[
]
[
]
⎞
⎛
y +1
2
H = − IL ⎜
aˆ z −
aˆ y ⎟
32
32
2
2
⎟
⎜
2π ⎝ ( y + 1) + 4
( y + 1) + 4
⎠
⎞
IL ⎛⎜
y −1
2
aˆ z −
aˆ y ⎟
+
32
32
2
2
⎟
⎜
2π ⎝ ( y − 1) + 4
( y − 1) + 4
⎠
⎡
⎤
y −1
y +1
H = IL ⎢
aˆ
−
32
32⎥ z
2
2
2π ⎣⎢ ( y − 1) + 4
( y + 1) + 4 ⎦⎥
[
]
[
]
[
+
[
]
[
]
]
[
⎡
H = IL ⎢
]
[
y +1
]
−
[
y +1
]
[
]
32
2
[
⎤
⎥ aˆ z
⎦⎥
]
dH
dH
H =
= 0 ,53 aˆ x + 0 ,80 aˆ y + 0 , 27 aˆ z
(b) Determine |dH|
2
2
⎤
IL ⎡
y +1
y +1 ⎤ ⎡
2
2
−
+⎢
−
⎢ 2
32
32⎥
32
32⎥
2
2
2
2π ⎢⎣ y −2y +5
y + 2y +5 ⎥⎦ ⎢⎣ y + 2y +5
y −2y +5 ⎥⎦
[
1
1
1
R
=−
aˆ x +
aˆ y −
aˆ z
R
3
3
3
Idl × aˆ R
dH =
4πR 2
aˆ R =
10 − 4
(2 aˆ x + 3 aˆ y + aˆ z )
dH =
12 π 3
10 − 4
(2 aˆ x + 3 aˆ y + aˆ z )
dH
= 12 π 3 − 4
10
dH
14
12 π 3
dH
2
3
1
=
aˆ x +
aˆ y +
aˆ z
14
14
14
dH
]
2π ⎢⎣ y − 2 y + 5
y + 2y + 5
⎤
IL ⎡
2
2
aˆ
+
−
⎢ 2
32
32⎥ y
2
2π ⎣⎢ y + 2 y + 5
y − 2 y + 5 ⎦⎥
32
2
→
CP = R = (−1) 2 + (1) 2 + (−1) 2 = 3
( )
]
[
CP = P − C = R = − aˆ x + aˆ y − aˆ z
1
1
1
⎛
⎞
10 − 4 (4 aˆ x − 3 aˆ y + aˆ z )× ⎜ −
aˆ x +
aˆ y −
aˆ z ⎟
3
3
3
⎝
⎠
dH =
2
4π 3
⎤
IL ⎡
2
2
aˆ
−
⎢
32
32⎥ y
2
2
2π ⎣⎢ ( y + 1) + 4
( y − 1) + 4 ⎦⎥
[
K = K 0 aˆφ , fluindo da superfície cilíndrica r = a, 0 <
7. Dados os pontos C(5, -2, 3) e P(4, -1,2), um
elemento de corrente IdL=10-4(4, -3, l) A. m em C
produz um campo dH em P.
(a) Especifique a direção de H por um vetor
unitário aH.
(b) Determine |dH|
(c) Que direção a, deve IdL ter em C de forma
que dH = 0?
R2 = ( y −1)aˆy + 2aˆz
dH 2 =
(b) Determine H. em P causado por uma
densidade
superficial
de
corrente
uniforme
z < h. Os resultados do item (a) podem ajudar.
Idl2 × R2
4πR23
dH 2 =
43
] [
]
[
] [
]
6. (a) Um filamento de corrente I na forma de
um círculo, r = a, está localizado no plano z = z'.
Determine H, em P(0, 0, z) se I flui na direção âφ .
dH =
10 − 4
12 π
3
14
⎛ µA ⎞
d H = 5 , 73 ⎜
⎟
⎝ m ⎠
(c) Que direção aH, deve IdL ter em C de
forma que dH = 0?
Deve ter a direção:
43
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- CAPÍTULO VII – Campo Magnético
1
1
⎛ 1
⎞
aˆl = Idl = ± aˆ R = ±⎜ −
aˆ x +
aˆ y −
aˆ z ⎟
3
3
3 ⎠
⎝
8. Para o elemento de corrente de
comprimento finito no eixo z, como mostrado na Fig.
8.5, use a lei de Biot-Savart para obter a Eq. (9) da
Seção 8. l.
9. Uma lâmina de corrente K = 8az A/m flui na
região - 2 < y < 1 no plano z = 0. Calcule H em:
P(0, 0, 3).
10. Considere uma corrente filamentar de 5
mA direcionada do infinito para a origem no semi-eixo
z positivo e depois de volta para o infinito no semi-eixo
x positivo. Determine H em P(0, 1,0).
11. Um filamento infinito no eixo z conduz
20pmA na direção az. Três lâminas cilíndricas de
corrente uniformes também estão presentes: 400 mA/m
em r = l cm, -250 mA/m em r = 2 cm e -300 mA/m em
r = 3 cm. Calcule Hf em r = 0,5, 1,5, 2,5 e 3,5.
Solução:
Solução:
∫ H ⋅ dl
2
Idl = KdS ⇒ I = Kb = ∫ Kdy
−2
2
H φ (ρ = 0,5cm ) =
∫ H ⋅ dl
−2
Idl × R
dH =
4πR 3
Idl = 32dx′aˆ x
r ′ = x′aˆ x
r = 3aˆ z
∫ H ⋅ dl
)
(
H =−
24
)
+∞
∫ (3
dx′
2
aˆ
32 y
+ x′ 2 )
x
π 9 9 + x2
x → +∞
aˆ y
x → −∞
⎤
24 ⎡
x
x
− lim
⎢lim
⎥ aˆ y
π ⎣ x→+∞ 9 9 + x 2 x→−∞ 9 9 + x 2 ⎦
24
[+ 1 − (−1)]aˆ y
9π
48
H =−
aˆ y H = −1,69aˆ y ( mA )
9π
H =−
0,4 ⋅ 2πρ1 + 20π ⋅10 −3
2πρ
0,4 ⋅ 2π ⋅10 −2 + 20π ⋅10 −3
2π 1,5 ⋅10 − 2
H φ (ρ = 1,5cm ) = 0,933( mA )
H φ (ρ = 1,5cm ) =
(
H =−
= I t ⇒ 2πρH φ = 0,4 L + 20π ⋅10 −3
Hφ =
R = 32 + x ′ 2
32dx′aˆ x × (− x′aˆ x + 3aˆ z )
dH =
32
4π 32 + x′2
24dx′
(− aˆ y )
dH =
32
2
π 3 + x′ 2
−∞
= I t ⇒ 2πρH φ = K1 L + I z
C
R = −x′aˆx + 3aˆz
π
20π ⋅10 −3
20π ⋅10 −3
=
= 2( mA )
2πρ
2π 0,5 ⋅10 − 2
C
R = r − r′
24
= I ⇒ 2πρH φ = 20π ⋅10 −3
C
I = ∫ 8dy = 32 A
H =−
44
2πρH φ = 0,4 L
Hφ =
H φ (ρ = 1,5cm ) =
0,4 L
2πρ
0,4 L
= 4,24 L
2π 1,5 ⋅10 − 2
12. Na Fig. 8.22, considere as regiões 0 < z <
0,3 m e 0,7 < z < l,0 m sendo barras condutoras
conduzindo densidades de corrente uniformes de 10
A/m2 em direções opostas, como mostrado. Determine
H em z =:
(a) -0,2;
(b) 0,2;
(c) 0,4;
(d) 0,75;
(e) 1,2 m.
44
Eletromagnetismo I – Prof. Dr. Cláudio S. Sartori
- CAPÍTULO VII – Campo Magnético
13. Uma casca cilíndrica oca de raio a está
centrada no eixo z e conduz uma densidade superficial
de corrente uniforme de Kaaf.
(a) Mostre que H não é uma função de f ou de
z.
(b) Mostre que Hf e Hr são zero em toda
parte,
(c) Mostre que Hz, = 0 para r > a.
(d) Mostre que Hz = Ka para r < a.
(e) Uma segunda casca, r = b, conduz uma
corrente Kbaf. Determine H em toda parte.
Solução:
45
∫ H ⋅ dl
=I
C
⇒ H ⋅ Laˆ z = ( K a + K b ) L se ρ < a
H = ( K a + K b ) se ρ < a
∫ H ⋅ dl
=I
C
⇒ H ⋅ Laˆ z = K b L se a < ρ < b
H = K b se a < ρ < b
H = 0 se ρ > b
14. Um toróide de seção transversa de forma
retangular é definido pelas seguintes superfícies: os
cilindros r = 2 cm e r = 3 cm e os planos z = l cm e z =
2,5 cm. O toróide conduz uma densidade superficial de
corrente de -50az, A/m na superfície r = 3 cm.
Determine H no ponto P(r, f, z):
(a) PA(l,5 cm, 0, 2 cm);
(b) PB(2,lcm, 0, 2 cm);
(c) PC(2,7 cm, p/2, 2 cm);
(d) PD(3,5 cm, p/2, 2 cm).
I
(a)
∫ H ⋅ dl
C
= I ⇒ H ⋅ Laˆ z = K a L
H z = K a ( mA )
H = K a aˆ z
(b) H = K a aˆ z ⇔ H φ = H ρ = 0
(c) Hz, = 0 para r > a pois num caminho
retangular não entra corrente, como indicado na
figura.
(d) H = K a aˆ z ⇔ H z = K a se ρ < a
(e)
15. Considere que há uma região com simetria
cilíndrica na qual a condutividade é dada por:
s = 1,5e-150r kS/m. Um campo elétrico de 30az
V/m está presente,
(a) Determine J.
(b) Determine a corrente total que cruza a
superfície r < r0, z = 0, para todo f.
(c) Use a lei circuital de Ampére para
determinar H.
Solução:
(a) J.
J =σE
J = 1.5e −150 ρ k 30aˆ z
J = 45e −150 ρ aˆ z
( )
kA
m2
(b) Corrente total que cruza a superfície r < r0,
z = 0, para todo f.
I = ∫∫ J ⋅ dS
I=
S
ρ 0 2π
∫ ∫ 45e
−150 ρ
kaˆ z ⋅ ρ dφ d ρ aˆ z
0 0
ρ0
I = 45k ∫ ρ e
0
−150 ρ
2π
d ρ ∫ dφ
0
45
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- CAPÍTULO VII – Campo Magnético
ρ0
⎡
ρ ⎞⎤
2π
⎛ 1
I = 45k ⎢ −e −150 ρ ⎜
+
⎟ ⎥ [φ ]0
⎝ 22500 150 ⎠ ⎦ 0
⎣
⎡1 − e −150 ρ0 (1 + 150 ρ0 ) ⎤
I = 90π k ⎢
⎥
22500
⎣
⎦
−150 ρ0
I = 12.56 ⎡⎣1 − e
(1 + 150 ρ0 )⎤⎦ ( A)
(c) Use a lei circuital de Ampére para
determinar H.
∫ H ⋅ dl = I
2πρ H = 12.56 ⎡⎣1 − e
−150 ρ
(1 + 150 ρ ) ⎤⎦
2
⎡⎣1 − e −150 ρ (1 + 150 ρ ) ⎤⎦
ρ
2
H = ⎡⎣1 − e −150 ρ (1 + 150 ρ ) ⎤⎦ ( A )
ρ
H=
16. A casca cilíndrica, 2 mm < r < 3 mm,
conduz uma corrente total uniformemente distribuída
de 8 A na direção - az;. Determine H em toda parte.
17. Um filamento de corrente no eixo z conduz
uma corrente de 7 mA na direção az;, e lâminas de
corrente de 0,5 az; e -0,2 az; estão localizadas em r = l
cm e r = 0,5 cm, respectivamente. Calcule H em r =:
(a) 0,5 cm;
(b) 1,5 cm;
(c) 4 cm;
(d) que lâmina de corrente deve ser colocada
em ρ = 4 cm de forma que H = 0 para todo r > 4 cm?
Solução:
46
∫ H ⋅ dl
= I 0 se ρ < a
∫ H ⋅ dl
= I1 + I 0 se ρ = a
H 2πρ = 0.007
0.007
H=
2πρ
0.007
H=
2π 0.5 ⋅10−2
H = 2.228 ⋅10−1 ( mA )
H 2πρ = K1 2π a + 0.007
K 2π a + 0.007
H= 1
2πρ
a 0.007
H = K1 +
ρ 2πρ
0.007
H = −0.2 +
2π 0.5 ⋅10−2
H = 0.0228
H = 2.28 ⋅10−2 ( mA )
(b) 1,5 cm;
∫ H ⋅ dl
= I 2 + I1 + I 0 se ρ > a
H 2πρ = K 2 2π b + K1 2π a + 0.007
b
a 0.007
H = K 2 + K1 +
ρ
ρ 2πρ
H = 0.5
1 ⋅10−2
0.5 ⋅10−2
0.007
0.2
−
+
−2
−2
1.5 ⋅10
1.5 ⋅10
2π 1.5 ⋅10−2
H = 3.409 ⋅10−1 ( mA )
(c) 4 cm;
H = K2
H = 0.5
b
ρ
+ K1
a
ρ
+
0.007
2πρ
−2
1 ⋅10
0.5 ⋅10−2
0.007
−
0.2
+
−2
−2
4 ⋅10
4 ⋅10
2π 4 ⋅10−2
H = 1.278 ⋅10−1 ( mA )
(d) que lâmina de corrente deve ser colocada
em ρ = 4 cm de forma que H = 0 para todo r > 4 cm?
∫ H ⋅ dl
= I 3 + I 2 + I1 + I 0 se ρ > 4cm
I 3 + I 2 + I1 + I 0 = 0 se ρ > 4cm
K 3 2π c + K 2 2π b + K1 2π a + I 0 = 0
(a) 0,5 cm;
46
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- CAPÍTULO VII – Campo Magnético
a I ⎞
⎛ b
K 3 = − ⎜ K 2 + K1 + 0 ⎟
c 2π c ⎠
⎝ c
−2
⎛
1 ⋅10
0.5 ⋅10−2
0.007 ⎞
−
+
K 3 = − ⎜ 0.5
0.2
⎟
−2
−2
4 ⋅10
4 ⋅10
2π 4 ⋅10−2 ⎠
⎝
K3 = −1.278 ⋅10−1 ( mA )
18. Uma densidade de corrente está distribuída
como se segue:
J = 0 para |y| > 2 m,
J = 8yaz ; A/m2 para |y| < l m,
J = 8(2 - y)az ; A/m2 para l < y < 2 m,
J = -8 (2 + y)az ; A/m2 para -2<y< -l m. Use
simetria e a lei de Ampére para determinar H em toda
parte.
[(
47
(a) Calcule
∫ H ⋅ dl em torno do perímetro da
C
região quadrada,
(b) Determine ∇ × H
)
(c) Calcule ∇ × H
no centro da região,
(
(
(d) É ∇ × H
(
)
x
x
) ⎡⎢∫ H ⋅ dl
⎣
⎤
A⎥ área envolvida?
⎦
x
C
21. Os pontos A, B, C, D, E e F estão, cada um, a 2
mm da origem nos eixos coordenados indicados na Fig.
8.23. O valor de H em cada ponto é dado. Calcule um
valor aproximado para ∇ × H na origem.
)]
19. Calcule ∇ × ∇ ∇ ⋅ G se
G = 2 x 2 yzaˆ x − 20 yaˆ y + (x 2 − z 2 )aˆ z
Pontos
A
B
C
D
E
F
Solução:
∂G
∇ ⋅ G = ∂Gx + y + ∂Gz
∇⋅G =
∂y
∂x
(
)
∂z
(
∂ 2 x yz ∂(− 20 y ) ∂ x 2 − z 2
+
+
∂x
∂y
∂z
2
)
H(A/m)
-13.78ay
-12.19ay
-12.19ay
-13.78ay
-13.88ay
-13.18ay
11.34ax
10.68ax
10.49ax
11.49ax
11.11ax
10.88ax
14.21az
15.82az
15.69az
14.35az
15.10az
14.90az
z
∇ ⋅ G = 4 xyz − 20 − 2 z
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
∂
∂
∂
∇ ∇ ⋅G =
∇ ⋅ G aˆ x +
∇ ⋅ G aˆ y +
∇ ⋅ G aˆ z
∂x
∂y
∂z
∂
(4 xyz − 20 − 2 z )aˆ x + ∂ (4 xyz − 20 − 2 z )aˆ y
∇ ∇ ⋅G =
∂x
∂y
+
E(0, 0 2)
B(-2, 0, 0)
D(0, -2, 0)
C(0, 2, 0)
∂
(4 xyz − 20 − 2 z )aˆ z
∂z
(
)
∇ ∇ ⋅ G = 4 yzaˆ x + 4 xzaˆ y + ( 4 xy − 2)aˆ z
A(2,0,0)
x
aˆ x
aˆ y
aˆ z
∂
∂
∂
∇× ∇ ∇⋅G =
∂x ∂y
∂z
4 yz 4 xz 4 xy − 2
[(
[(
F(0, 0, -2)
)]
)]
∇ × ∇ ∇ ⋅ G = (4 x − 4 x )aˆ x + (4 y − 4 y )aˆ y + (4 z − 4 z )aˆ z
[(
)]
∇ × ∇ ∇ ⋅ G = 0aˆ x + 0aˆ y + 0aˆ z
20. A intensidade de campo magnético é dada
em uma região quadrada x = 0, 0,5 < y < l, l <z< 1,5
por:
H = z aˆ x + x aˆ y + y aˆ
2
y
0
2
4
( )
A
z m
(∇ × H )
x
= lim
∫ H ⋅ dl
C
∆S x
∆S x →0
Sendo
∆l = 4 ⋅10 −3 m ⇔ ∆S = ∆l 2 = 16 ⋅10 −6 m 2
(∇× H )
=
x
HC ⋅ ∆laˆ z + H E ⋅ ∆l (− aˆ y ) + H D ⋅ ∆l (− aˆz ) + H F ⋅ ∆laˆ y
∆l 2
+ 14,35(−1) + (−13,10)
(∇ × H ) = 15,69 + (−13,88)(−41)⋅10
(∇× H ) = 530
−3
x
x
47
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(∇ × H )
y
- CAPÍTULO VII – Campo Magnético
∫ H ⋅ dl
= lim
C
S
H E ⋅ ∆laˆx + H A ⋅ ∆l (− aˆz ) + H F ⋅ ∆l (− aˆx ) + H B ⋅ ∆laˆz
∇× H y =
∆l 2
(
)
+ 10,88(−1) +15,82
(∇ × H ) = 11,11+14,21(−14)⋅10
(∇× H ) = 460
y
−3
z
(∇ × H ) =
= lim
z
∆S z
( )
=
)
∇ × H = 530aˆ x + 460aˆ y − 147,5aˆ z
22. Na região cilíndrica:
r = 0,6 mm, H φ =
Hφ =
2
ρ
+
ρ
2
2
ρ
+
ρ
2
( mA ) ,enquanto
( mA ) para r > 0,6 mm.
(a) Determine J para r < 0,6 mm.
(b) Determine J para r > 0,6 mm.
(c) Há uma corrente filamentar em r = 0? Caso
haja, qual é o seu valor?
(d) Qual é J em r = 0?
23. Dado o campo H =
20 ρ 2 aˆφ A m :
(a) determine a densidade de corrente J;
(b) integre J sobre a superfície circular
r = l, O < f < 2p, z = 0 para determinar a corrente
total que passa através dessa superfície na direção az
(c) determine a corrente total mais uma vez, mas
desta vez pela integral de linha em tomo do caminho
circular r = l, O < f < 2p, z = 0.
Solução:
(a) J;
J = ∇× H
(20 ⋅ 3ρ )aˆ
ρ
1
2
z
A
m2
∫ ∫ 60 ρaˆ
z
⋅ ρdρdφaˆ z
0 0
2π 1
I=
2π
1
0
0
2
2
∫ ∫ 60 ρ dρdφ = 60 ∫ dφ ∫ ρ dρ
0 0
2
11,49 + (−13,78) −10,49 +12,19
4 ⋅10−3
∇ × H z = −147,5
(
( )
2π 1
S
( )
∆l
J = ∇ × H = 60ρaˆ z
I = ∫∫ J ⋅ dS =
C
S
H D ⋅ ∆laˆx + H A ⋅ ∆l aˆ y + HC ⋅ ∆l (− aˆx ) + H B ⋅ ∆l − aˆ y
z
(∇× H )
∫ H ⋅ dl
∆S z → 0
J = ∇ × H = (− 0)aˆ ρ + (0)aˆφ +
)
(b) integre J sobre a superfície circular
r = l, O < f < 2p, z = 0
y
(∇ × H )
⎛ ∂H
⎛ 1 ∂H z ∂Hφ ⎞
1 ⎛ ∂(ρHφ ) ∂H ρ ⎞
∂H z ⎞
⎟aˆ z
⎟⎟aˆφ + ⎜⎜
⎟⎟aˆ ρ + ⎜⎜ ρ −
−
−
∇ × H = ⎜⎜
ρ
φ
ρ
ρ
z
z
∂φ ⎟⎠
∂
∂
∂
∂
⎝ ∂ρ
⎠
⎝
⎠
⎝
⎛ 1 ∂0 ∂(20ρ 2 ) ⎞
⎛ ∂0 ∂0 ⎞
1 ⎛ ∂ ρ 20ρ 2 ∂0 ⎞
⎟⎟aˆρ + ⎜⎜ − ⎟⎟aˆφ + ⎜⎜
− ⎟⎟aˆ z
−
∇ × H = ⎜⎜
ρ ⎝ ∂ρ
∂φ ⎠
∂z ⎠
⎝ ∂z ∂ρ ⎠
⎝ ρ ∂φ
(
∆S y
∆S y → 0
48
I = 60 ⋅ 2π ⋅
ρ
3 1
3
=
0
120π
= 40πA
3
(c) determine a corrente total mais uma vez, mas
desta vez pela integral de linha em tomo do caminho
circular r = l, O < f < 2p, z = 0.
I = ∫ H ⋅ dl = ∫ 20 ρ 2 aˆφ ⋅ ρdφaˆφ
C
C
I = 20∫ ρ dφ = 20 ρ 3 ∫ dφ = 20 ⋅13 ⋅ 2π
3
C
C
2π
I = 20 ⋅13 ∫ dφ = 20 ⋅ 2π = 40πA
0
24. Calcule ambos os lados do teorema de Stokes
para o campo
G = 10senθaˆφ , e para a
superfície r = 3, 0 § q § 90°, 0 § f § 90°.
Considere a superfície tendo uma direção ar ?
25. Dado o campo:
H=
1
φ
φ
cos aˆ ρ − sen aˆφ ( A m )
2
2
2
calcule ambos os lados do teorema de Stokes para
o caminho formado pela interseção do cilindro
r = 3 e do plano z = 2 e para a superfície definida
por r = 3, 0 § z § 2 e z = 0, 0 § r § 3.
Solução:
∫∫ (∇ × H )⋅ dS = ∫ H ⋅ dl
S
C
Em coordenadas cilíndricas:
48
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⎞
⎛ ∂H
∂H z ⎞
1 ⎛ ∂ (ρH φ ) ∂H ρ
⎟⎟aˆ ρ + ⎜⎜ ρ −
⎟aˆφ + ⎜⎜
−
∂ρ ⎟⎠
∂φ
ρ ⎝ ∂ρ
⎠
⎝ ∂z
⎛ 1 ∂H z ∂H φ
∇ × H = ⎜⎜
−
∂z
⎝ ρ ∂φ
⎞
⎟⎟aˆ z
⎠
⎛ 1 ∂ 0 ∂ (− sen φ2 ) ⎞
⎛ ∂ (12 cos φ2 ) ∂ 0 ⎞
1 ⎛ ∂ (ρ (− sen φ2 )) ∂ (12 cos φ2 ) ⎞
⎟aˆφ + ⎜⎜
∇ × H = ⎜⎜
−
−
−
⎟⎟aˆ ρ + ⎜⎜
⎟⎟aˆ z
∂z
∂z
∂ρ ⎟⎠
∂ρ
∂φ
ρ⎝
⎝ ρ ∂φ
⎠
⎝
⎠
(− sen
1
∇ × H = (0)aˆ ρ + (0)aˆφ +
φ
2
ρ
3
∇× H = −
sen φ2 aˆ Z
4ρ
∫∫ (∇ × H )⋅ dS = ∫∫ − 4 ρ sen
3
S
2
aˆ z ⋅ ρdρdφaˆ z
S
∫∫ (
S
φ
)
+ 14 sen φ2 aˆ Z
)
2π
3
φ
∇ × H ⋅ dS = − ∫ dρ ∫ sen dφ
40
2
0
3
∫∫ (∇ × H )⋅ dS = − 4 ρ
3
3
0
S
∫∫ (∇ × H )⋅ dS = 2 ⎢⎣cos 2 ⎥⎦
φ⎤
9⎡
S
∫∫ (∇ × H )⋅ dS = −9 A
2π
φ⎤
⎡
⎢⎣− 2 cos 2 ⎥⎦
0
2π
0
9
= [cos π − cos 0]
2
S
dl = dρaˆ ρ + ρdφaˆφ + dzaˆ z
∫ H ⋅ dl = ∫ (− sen
C
φ
2
)
aˆφ ⋅ (dρaˆ ρ + ρdφaˆφ )
C
∫ H ⋅ dl
C1
= − ρ ∫ sen φ2 dφ
C1
2π
φ
∫ H ⋅ dl = −3 ∫ sen 2dφ
C1
0
2π
φ⎤
⎡
∫C H ⋅ dl = −3⎢⎣− 2 cos 2 ⎥⎦ 0
1
∫ H ⋅ dl
= −3[− 2(cos π − cos 0)]
∫ H ⋅ dl
= −12
C1
(b) Determine J.
(c) Use J para determinar a corrente total que passa
através da superfície z = 4, 1 § x § 2, 3 § z § 5 na
direção az .
(d) Mostre que o mesmo resultado é obtido usando
o outro lado do teorema de Stokes.
Solução:
(a)
=
∇ × H
⎛ ∂H z ∂H y ⎞
⎛ ∂H
∂H ⎞
⎛ ∂H ∂H ⎞
⎜⎜
⎟⎟aˆ x + ⎜ x − x ⎟aˆ y + ⎜⎜ y − x ⎟⎟aˆ z
−
∂z ⎠
∂y ⎠
∂x ⎠
⎝ ∂z
⎝ ∂y
⎝ ∂x
H=
x + 2y
2
aˆ y + aˆ z ( mA )
2
z
z
∂H z
∂ ⎛2⎞
= ⎜ ⎟=0
∂x
∂x ⎝ z ⎠
2
∂H z ∂ ⎛ 2 ⎞
= ⎜ ⎟=− 2
z
∂z
∂z ⎝ z ⎠
∂H z
∂ ⎛2⎞
= ⎜ ⎟=0
∂y
∂y ⎝ z ⎠
∂H y
∂ ⎛ x + 2y ⎞ 1
= ⎜
⎟=
∂x
∂x ⎝ z 2 ⎠ z 2
∂H y
∂ ⎛ x + 2y ⎞ 2
= ⎜
⎟=
∂y
∂y ⎝ z 2 ⎠ z 2
∂H y
∂ ⎛ x + 2y ⎞
⎛ x + 2y ⎞
= ⎜
⎟
⎟ = −2⎜
2
3
∂z
∂z ⎝ z
⎝ z ⎠
⎠
1
⎛ x + 2y ⎞
∇ × H = − 2⎜
⎟ aˆ x + 2 aˆ z
3
z
⎠
⎝ z
( )
A
m2
1
⎛ x + 2y ⎞
J = ∇ × H = − 2⎜
⎟ aˆ x + 2 aˆ z
3
z
⎝ z
⎠
26. Seja G = 15raˆφ .
∫ G ⋅ dl
para o caminho circular
C
r = 5, q = 25°, 0 <f < 2p.
Calcule
2
x + 2y
aˆ y + aˆ z ( mA )
2
z
z
(a) Determine ∇ × H .
H=
(b) Determine J.
C1
(a) Determine
49
∫∫ (∇ × G )⋅ dS
sobre a calota esférica
s
r = 5,0 ; q = 25°, 0 <f < 2p.
27. A intensidade de campo, magnético é dada em
uma y certa região do espaço como
( )
A
m2
(c) Corrente que atravessa a superfície:
z = 4, 1 § x § 2, 3 § y § 5 na direção az
I = ∫∫ J ⋅ dS = ∫∫ J ⋅ dxdyaˆ z
S
2 5
S
2
5
1
1
I = ∫ ∫ 2 dydx = 2 ∫ dx ∫ dy
z 1 3
1 3 z
1
1 2 5 1
I = 2 x 1 y 3 = ⋅ (2 − 1) ⋅ (5 − 3) = A
8
16
4
49
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(d) Mostre que o mesmo resultado é obtido usando
o outro lado do teorema de Stokes.
I = ∫ H ⋅ dl = ∫ H ⋅ (dxaˆ x + dyaˆ y + dzaˆ z )
C
C
2 ⎞
⎛ x + 2y
I = ∫⎜
dy + dz ⎟
2
z ⎠
z
C⎝
x + 2y
I =∫
dy
z2
C
I=
x + 2y
x + 2y
x + 2y
x + 2y
dy
dy + ∫
dy + ∫
dy + ∫
2
2
2
z2
z
z
z
C1
C2
C3
C4
∫
z
(1,3)
C1
(1,5)
z =4
(2,3)
C2
C4
(2,5)
C3
y
x
Olhando a figura,podemos separar a curva fechada
C em:
⎧
⎧ x =1
⎪
⎪
⎪ C1 : ⎨5 ≥ y ≥ 3
⎪ dy = dy
⎪
⎩
⎪
⎧1 ≤ x ≤ 2
⎪
⎪ C2 : ⎪⎨ y = 3
⎪
⎪ dy = 0
⎪
⎩
C :⎨
x=2
⎧
⎪
⎪
⎪C 3 : ⎨3 ≤ y ≤ 5
⎪
⎪ dy = dy
⎩
⎪
⎪
⎧2 ≥ x ≥ 1
⎪
⎪
⎪ C4 : ⎨ y = 5
⎪ dy = dy
⎪
⎩
⎩
I=
espaço livre:
(a) determine a corrente total na direção aq através
da superfície cônica q = 20°, 0 § f § 2p, 0 § r § 5 pelo
lado do teorema de Stokes que você julgar melhor,
(b) Verifique o resultado usando o outro lado do
teorema de Stokes.
29. Um longo condutor retilíneo não-magnético
de 0,2 mm de raio conduz uma corrente uniformemente
distribuída de 2 A.
(a) Determine J dentro do condutor,
(b) Use a lei circuital de Ampére para determinar
H e B dentro do condutor,
∫ H ⋅ dl
=I
∫ H ⋅ dl
= Jπρ 2 =
∫ H ⋅ dl
=
C
C
C
H ∫ ρdφ =
c
3
5
⎞
1⎛
⎜ ∫ (1 + 2 y )dy + ∫ (2 + 2 y )dy ⎟
⎟
16 ⎜⎝ 5
3
⎠
I=
1⎛
⎜ y + y2
16 ⎝
y =5
H = (3r 2 senθ )aˆθ + 54r cos θaˆφ ( mA ) no
(a) J dentro do condutor: r < R
I=
+ 2y + y2
28. Dado
Solução:
5
y =3
1
(12 − 30 + 35 − 15)
16
1
I = (− 18 + 20)
16
2 1
I= = A
16 8
(e) Mostre que ∇ × H = J fora do condutor.
1+ 2y
2 + 2y
dy + ∫
dy
2
4
42
5
3
I =∫
I=
1
(3 + 32 − (5 + 5 2 ) + 2 ⋅ 5 + 5 2 − (2 ⋅ 3 + 32 )
16
(c) Mostre que ∇ × H = J dentro do condutor,
(d) Determine H e B dentro do condutor.
x + 2y
x + 2y
x + 2y
x + 2y
∫C z 2 dy + C∫ z 2 dy + C∫ z 2 dy + C∫ z 2 dy
1
2
3
4
3
I=
50
y =5
y =3
⎞⎟
⎠
I
πρ 2
πR 2
I 2
ρ
R2
2
(2 ⋅ 10 )
−4 2
ρ2
2
ρ2
−8
4 ⋅ 10
1
H=
ρ
4π ⋅ 10 −8
H = 7,9 ⋅ 10 6 ρaˆφ
H 2πρ =
J = ∇× H
50
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⎛ 1 ∂H z ∂Hφ ⎞
⎛ ∂H
1 ⎛ ∂(ρHφ ) ∂H ρ
∂H z ⎞
⎟⎟aˆ ρ + ⎜⎜ ρ −
⎟⎟aˆφ + ⎜⎜
J = ⎜⎜
−
−
z
z
∂
∂
∂
∂
∂φ
ρ
φ
ρ
ρ
⎝
⎠
⎝
⎠
⎝ ∂ρ
J =
1 ⎛ ∂(ρHφ ) ⎞
⎟aˆ z
⎜
ρ ⎜⎝ ∂ρ ⎟⎠
J = 7,9 ⋅106
1 ⎛ ∂(ρρ ) ⎞
⎜
⎟aˆ z
ρ ⎜⎝ ∂ρ ⎟⎠
J = 7,9 ⋅ 106
1 ⎛ ∂ ρ2
⎜
ρ ⎜⎝ ∂ρ
( ) ⎞⎟aˆ
⎟
⎠
⎞
⎟⎟aˆ z
⎠
z
1
2ρaˆ z
ρ
J = 1,591 ⋅ 107 aˆ z mA2
J = 7,9 ⋅ 106
( )
(b) Use a lei circuital de Ampére para determinar
H e B dentro do condutor,
51
30. Um condutor sólido não-magnético de seção
transversa circular tem um raio de 2 mm. O condutor é
não-homogêneo, com s =106(1+ 106r2) S/m. Se o
condutor tem l m de comprimento e uma tensão de l
mV entre suas extremidades, determine:
(a) H dentro do condutor;
(b) o fluxo magnético total dentro do condutor.
31. A casca cilíndrica definida por l cm < r < l,4
cm consiste em um material condutor não-magnético e
conduz uma corrente total de 50 A na direção az..
Determine o fluxo magnético total que cruza o
plano f = 0, 0 < z < l:
Solução:
Casca cilíndrica: 1cm < r < l,4 cm
Disco 1cm < r < l,4 cm e casca.
H = 7,9 ⋅ 10 6 ρaˆφ
B = µ0 H
B = µ 0 7,9 ⋅ 10 6 ρaˆφ
B = 9,927 ρaˆφ
(c) Mostre que ∇ × H = J dentro do condutor,
J = ∇× H
(a) 0 < r < l,2cm;
f = 0, 0 < z < l:
z = 0, 0 < f < l:
(d) Determine H e B fora do condutor.
∫ H ⋅ dl
=I
C
H ∫ ρdφ = I
C
H 2πρ = I
I
H=
aˆφ
2πρ
2
H=
aˆφ
2πρ
1
H=
aˆφ ( mA )
Cálculo de B para dentro da casca cilíndrica:
∫ H ⋅ dl
πρ
B = µ0 H
µ
B = 0 aˆφ
πρ
B=
4 ⋅ 10
ρ
=I
C
H ∫ ρdφ =
C
−7
aˆφ
( )
Wb
m2
H 2πρ =
I
π (R − r
2
I
2
π (R − r 2 )
2
)
π (ρ 2 − r 2 )
π (ρ 2 − r 2 )
(e) Mostre que ∇ × H = J fora do condutor.
∇× H = J = 0
51
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- CAPÍTULO VII – Campo Magnético
⎧
⎪
0 se ρ < 1cm
⎪
I
ρ 2 − r2
⎪
aˆφ se r < ρ < R
H =⎨
2
2
R
−
r
2
π
ρ
⎪
I
⎪
aˆφ se ρ > R
⎪⎩
2πρ
(
)
(
)
52
Φ = ∫∫ B ⋅ dS
S
Φ = ∫∫ B ⋅ dρdzaˆφ
S
⎛ ρ 2 −1 ⎞
⎟⎟dρdz
Φ = ∫ ∫ 1.042⎜⎜
⎝ ρ ⎠
1.2 0
1.4 1
1.4
B = µ0 H
⎧
⎪
0 se ρ < 1cm
⎪
µ0 I
ρ 2 − r2
⎪
B=⎨
aˆφ se r < ρ < R
2
2
π
ρ
R
−
r
2
⎪
µ0 I
⎪
aˆφ se ρ > R
⎪⎩
2πρ
(
)
(
)
⎧
⎪
0 se ρ < 1cm
⎪
µ0 50
ρ2 − r2
⎪
B=⎨
aˆφ se r < ρ < R
2
−2
2
2
ρ
⎪ 2π 1,4 − 1 10
⎪
µ0 50
aˆφ se ρ > R
⎪
2πρ
⎩
⎧
⎪
0 se ρ < 1cm
⎪
ρ 2 −1
⎪
B = ⎨0.104
aˆφ se 1 < ρ < 1,4cm Wb
m2
ρ
⎪
10− 5
⎪
aˆφ se ρ > R
⎪
ρ
⎩
(
)(
(
)
(
)
)
⎡1.4 2 − 1,2 2
1 .4 ⎤
Φ = 0.104 ⋅ ⎢
− ln ⎥ ⋅10 − 4 [1 − 0]
2
1 .2 ⎦
⎣
Φ = 10.4 ⋅ 0.1058µ
Φ = 1.1µWb
(c) 1,4 cm < r < 20 cm.
Φ = ∫∫ B ⋅ dS
S
( )
Wb
m2
( )
Φ = ∫∫ B ⋅ dS
S
Φ = ∫∫ B ⋅ dρdzaˆφ
S
⎛ ρ 2 −1⎞
⎟⎟dρdz
⎜⎜
0
.
104
∫1.0∫0
ρ
⎠
⎝
1.2 1
Φ=
⎤
⎡ρ2
1
Φ = 0.104 ⋅ ⎢ − ln ρ ⎥ ⋅10 − 4 [z ]0
⎦1, 2
⎣ 2
Φ = ∫∫ B ⋅ dρdzaˆφ
S
20 1
Φ=
∫∫
10 −5
1.4 0
ρ
dρdz
Φ = 10 −5 ⋅ [ln ρ ]1, 4 [z ]0
20
1
Φ = 10 −5 ⋅ [ln 120.4 ][1 − 0]
Φ = 26.59 µ
Φ = 26.59 µWb
32. A região do espaço livre definida por l < z <
4 cm e 2 < r < 3 cm é um toróide de seção transversa
retangular. Considere a superfície em p = 3 cm
conduzindo uma corrente superficial K = 2az kA/m.
(a) Especifique as densidades de corrente nas
superfícies em r = 2 cm, z = Icm e z = 4 cm.
(b) Determine H em toda parte,
(c) Calcule o fluxo total dentro do toróide.
1.2
⎡ρ2
⎤
1
Φ = 0.104 ⋅ ⎢ − ln ρ ⎥ [z ]0 ⋅10 − 4
⎣ 2
⎦1
2
⎡1.2 − 1
1,2 ⎤
Φ = 0.104 ⋅ ⎢
− ln ⎥[1 − 0]⋅10 − 4
1 ⎦
⎣ 2
Φ = 10.4 ⋅ 0.0376µ
Φ = 0.3918µWb
(b) l,2cm< r < 1,4 cm;
33. Use uma expansão em coordenadas
cartesianas para mostrar que o rotacional do gradiente
de qualquer campo escalar G é identicamente igual a
zero.
Solução:
⎛ ∂G
∂G
∂G ⎞
∇ × ∇G = ∇ × ⎜⎜
aˆ x +
aˆ y +
aˆ z ⎟
∂y
∂z ⎟⎠
⎝ ∂x
52
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aˆ x
∂
∇ × ∇G =
∂x
∂G
∂x
aˆ y
∂
∂y
∂G
∂y
- CAPÍTULO VII – Campo Magnético
53
µ 0 I1dL1
4πR1
C
A1 = ∫
aˆ z
∂
∂z
∂G
∂z
H1 = ∫
I1dL1 × aˆ R1
4πR12
C
I1
aˆφ
2πρ
1 ∂Vm
H = −∇Vm = −
aˆ
ρ ∂φ φ
H (2 < ρ < 4 ) =
⎛ ∂ 2G ∂ 2G ⎞
⎛ ∂ 2G ∂ 2G ⎞
⎛ ∂ 2G ∂ 2G ⎞
⎟⎟aˆ x + ⎜⎜
⎟⎟aˆ y + ⎜⎜
⎟⎟ aˆ z
∇ × ∇G = ⎜⎜
−
−
−
⎝ ∂y∂z ∂z∂y ⎠
⎝ ∂z∂x ∂x∂z ⎠
⎝ ∂x∂y ∂y∂x ⎠
Para funções G contínuas:
⎛ ∂ 2G ∂ 2G ⎞
⎛ ∂ 2G ∂ 2G ⎞
⎛ ∂ 2G
∂ 2G ⎞
⎜⎜ ∂y∂z = ∂z∂y ⎟⎟ ⇔ ⎜⎜ ∂z∂x = ∂x∂z ⎟⎟ ⇔ ⎜⎜ ∂x∂y = ∂y∂x ⎟⎟
⎝
⎠
⎝
⎠
⎝
⎠
φ
1 ∂Vm
I1
I
=−
⇒ Vm = 1 ∫ dφ
ρ ∂φ
2πρ
2π 3
Logo: ∇ × ∇G = 0
φ
34. Um condutor filamentar no eixo z conduz
uma corrente de 16 A na direção az, uma casca
condutora em r = 6 conduz uma corrente de 12 A na
direção az, e outra casca em r = l O conduz uma
corrente total de 4 A na direção –az;
(a) Determine H para O < r < 12.
(b) Faça o gráfico de H versus r.
(c) Determine o fluxo total Φ que cruza a
superfície l < r <7, 0< z < l.
35. Uma lâmina de corrente, K = 20az- A/m,
está localizada em r = 2 e uma segunda lâmina, K = 10 az, A/m, está localizada em r = 4.
(a) Seja V= 0 em P(r = 3, f= 0, z = 5) e
coloque uma barreira em f = p Determine V(r, f, z)
para - p< f < p.
(b) Seja A = 0 em P e determine A(r, f, z)
para 2 < r < 4.
Solução:
(a) V= 0 em P(r = 3, f= 0, z = 5)
f=p
V(r, f, z) para - p< f < p.
O potencial magnético vetorial A é dado por:
1 ∂Vm
I1
I
=−
⇒ Vm = − 1 ∫ dφ
ρ ∂φ
2πρ
2π 3
Vm = −
I1
φ
2π
Como
I1 = K1b = 20 ⋅ 2πρ1 = 40π ⋅ 2 = 80π
80π
Vm = −
φ ⇒ Vm (2 < ρ < 4) = −40φA
2π
Para r > 4:
Vm = −
( I1 + I 2 ) φ
2π
I 2 = K 2b = −10 ⋅ 2πρ 2 = −20π ⋅ 4 = −80π
(80π − 80π ) φ = 0
Vm = −
2π
⇒ Vm (ρ > 4 ) = 0 A
(b) Seja A = 0 em P e determine A(r, f, z)
para 2 < r < 4.
dA =
µ 0 I1dL
4πR
R = r − r′
r = ρaˆ ρ + zaˆ z
µ IdL
µ KdS
ou A = ∫ 0
A=∫ 0
4πR
4πR
C
S
ρ dL
V =∫ L
4πε 0 R
r ′ = 2aˆ ρ
r − r ′ = (ρ − 2)aˆ ρ + zaˆ z
(ρ − 2)2 + z 2
a
R=
b
dL = dzaˆ z
Vm ,ab = − ∫ H ⋅ dL
Potencial magnético
primeira lâmina de corrente:
devido
à
dA =
4π
µ 0 I1dz
(ρ − 2)2 + z 2
aˆ z
53
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A=∫
- CAPÍTULO VII – Campo Magnético
54
µ 0 I1dz
aˆ z
2
4π (ρ − 2) + z 2
µI
dz
A= 0 1 ∫
aˆ z
2
2
4π
(ρ − 2 ) + z
Solução:
A=
µ 0 I1 1
4π (ρ − 2) ∫
A=
µ 0 I1 1
(ρ − 2)sec2 θdθ aˆ
z
4π (ρ − 2) ∫
1 + tgθ 2
dz
2
aˆ z
a
⎛ z ⎞
1 + ⎜⎜
⎟⎟
⎝ ρ −2⎠
z = (ρ − 2 )tgθ ⇒ dz = (ρ − 2 )sec 2 θdθ
µ 0 I1
sec θ dθaˆ z
4π ∫
µI
A = 0 1 ln sec θ + tgθ aˆ z
4π
A=
2
z 2 + (ρ − 2 ) ⎤
µ 0 I1 ⎡ z
⎥ aˆ z
A=
ln ⎢
+
ρ −2
4π ⎢ ρ − 2
⎥
⎦
⎣
2
µ I ⎡ z + z 2 + (ρ − 2 ) ⎤
⎥ aˆ z
A = 0 1 ln ⎢
4π ⎢
ρ −2
⎥⎦
⎣
2
µ 0 80π ⎡ z + z 2 + (ρ − 2) ⎤
⎥ aˆ z
A=
ln ⎢
4π
ρ −2
⎥⎦
⎢⎣
⎡ z + z 2 + (ρ − 2)2 ⎤
⎥ aˆ z (Wb
)
A = 20 µ0 ln ⎢
m
ρ −2
⎥⎦
⎢⎣
)
36. Seja A = (3 y − z ) aˆ x + 2 xzaˆ y (Wb
m
numa certa região do espaço livre. Mostre que
∇× A = 0.
(b) Em P(2, -1,3), determine A, B, H e J.
37. Seja N = 1000, I = 0,8 A, r0 = 2 cm e a =
0,8 cm para o toróide mostrado na Fig. S.l2b.
Determine Vm no interior do toróide se Vm = 0 em r =
2,5 cm, f > = 0,3p. Mantenha f dentro do intervalo 0 <
<f < 2p.
r0
⎧
0 se ρ > ρ 0 + a
⎪ ρ −a
⎪K a 0
aˆφ se 0 < ρ < ρ 0 − a
⎪
ρ
H =⎨
NI
⎪
aˆφ se ρ 0 − a < ρ < ρ 0 + a
⎪ 2πρ
⎪
0 se ρ > ρ 0 + a
⎩
H = −∇Vm
∂Vm
∂V
1 ∂Vm
∇Vm =
aˆρ +
aˆφ + m aˆz
ρ ∂φ
∂ρ
∂z
⎛
ρ −a⎞
⎟ρdφ
Vm = − ∫ ⎜⎜ K a 0
ρ ⎟⎠
⎝
Vm = − K a (ρ 0 − a )φ
Vm = −bNI (ρ 0 − a )φ + V0
Vm = −2πρ01000 ⋅ 0,8(0,02 − 0,008)φ + V0
Vm = −2π 0,02 ⋅1000 ⋅ 0,8(0,02 − 0,008)φ + V0
Vm = −320π (0,02 − 0,008 )φ + V0
µ 0 NI
ρdφ
2πρ
µ NI
Vm = − 0 φ + V0
2π
µ 1000 ⋅ 0,8
φ + V0
Vm = − 0
2π
400 µ 0
Vm = −
φ + V0
π
Vm = − ∫
54
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Vm (0,3π ) = −
Vm = −
400µ 0
400µ 0
π
π
- CAPÍTULO VII – Campo Magnético
55
I1 = K1b = 30 ⋅ 0,4 = 12 A
I 2 = K 2b = −30 ⋅ 0,4 = −12 A
0,3π + V0 = 0 ⇒ V0 = 120µ 0
H1 = 12 K1 × aˆ N1
φ + 120µ 0
H1 = 12 30aˆ z × (− aˆ x ) = −15aˆ y
400 ⎞
⎛
Vm = µ 0 ⎜120 −
φ ⎟( A)
π ⎠
⎝
38. O solenóide mostrado na Fig.11b contém
400 espiras, conduz uma corrente I = 5 A, tem um
comprimento de 8 cm e um raio a = l ,2 cm.
(a) Determine H dentro do solenóide,
(b) Se V = 0 na origem, especifique V(r, f, z)
dentro do solenóide,
(c) Seja A = 0 na origem e especifique
A(r, f, z) dentro do solenóide se o meio é o
espaço livre.
39. Lâminas de correntes planas de K = 30az; A/m
e -30az; A/m estão localizadas no espaço livre em x =
0,2 e x = -0,2, respectivamente. Para a região
-0,2 < x< 0,2:
(a) determine H;
(b) Obtenha uma expressão para Vm se Vm = 0 em
P(0,l; 0,2; 0,3);
(c) Determine B;
(d) obtenha uma expressão para A se A = 0 em P.
H 2 = 12 K 2 × aˆ N 2
H2 =
1
2
(− 30aˆ z )× (aˆ x ) = −15aˆ y
H = H1 + H 2 = −15aˆ y − 15aˆ y
H = −30aˆ y ( mA )
(b) Obtenha uma expressão para Vm se Vm = 0 em
P(0,l; 0,2; 0,3);
H = −∇Vm = −
∂Vm
aˆ y = −30aˆ y
∂y
Vm = ∫ 30dy = 30 y + V0
Vm ( y = 0,2) = 30 ⋅ 0,2 + V0 = 0 ⇒ V0 = −6
Vm = 30 y − 6( A)
(c) Determine B;
B = µ 0 H = −30 µ0 aˆ y
( )
Wb
m2
(d) obtenha uma expressão para A se A = 0 em P.
B = ∇× A
∂Ax ∂Az
−
= −30µ 0
∂z
∂x
µ IdL
dA = 0
4πR
Como dL // aˆ z ⇒ Ax = 0
−
- aˆ N 2
- aˆ N1
K 2 = +30aˆ z
∂Az
= −30µ 0 ⇒ Az = ∫ 30 µ0 dx = 30µ 0 x + A0
∂x
A( x = 0,1) = 30 µ 0 0,1 + A0 = 0 ⇒ A0 = −3µ 0
Az = 3µ 0 (10 x − 1)
)
A = µ 0 (30 x − 3)aˆ z (Wb
m
40. Seja
A = (3x 2 − 2 z )a x − 2 x 2 zaˆ y + ( x + 2 y )aˆ z
Wb
m
no espaço livre.
Solução:
(a) H;
K 2 = +30aˆ z ⇒ x = 0,2
K1 = −30aˆ z ⇒ x = −0,2
Determine ∇ × ∇ × A em P(2, 3, -l).
41. Suponha que A = 50r2az , Wb/m em uma certa
região do espaço livre,
(a) Determine H e B.
(b) Determine J.
55
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- CAPÍTULO VII – Campo Magnético
(c) Use J para determinar a corrente total que
cruza a superfície 0 § r § 1, 0 § f § 2p, z = 0.
(d) Use o valor de Hf em r = l para calcular
∫ H ⋅ dL para r = l,z=0.
C
Solução:
56
43. Calcule o potencial magnético vetorial dentro
do condutor externo para uma linha coaxial cujo
potencial magnético vetorial é mostrado na Fig. 8.20 se
o raio externo do condutor externo é 7a. Escolha um
zero de referência apropriado e esboce os resultados na
figura.
Solução:
(a) H e B.
B = ∇× A
⎛ 1 ∂Az ∂Aφ
B = ⎜⎜
−
∂z
⎝ ρ ∂φ
⎞
⎛ ∂A ∂A ⎞
1 ⎛ ∂(ρAφ ) ∂Aρ
⎟⎟aˆ ρ + ⎜⎜ ρ − z ⎟⎟aˆφ + ⎜⎜
−
ρ ⎝ ∂ρ
∂φ
∂ρ ⎠
⎠
⎝ ∂z
⎞
⎟⎟aˆ z
⎠
Az = 50 ρ 2 ⇔ Aρ = Aφ = 0
⎛ 1 ∂(50ρ 2 ) ∂0 ⎞
⎛ ∂0 ∂(50ρ 2 ) ⎞
1 ⎛ ∂ (ρ 0) ∂ 0 ⎞
⎟⎟aˆφ + ⎜⎜
− ⎟⎟aˆ ρ + ⎜⎜ −
− ⎟⎟aˆ z
B = ⎜⎜
∂
∂
∂
∂
z
z
ρ
φ
ρ
ρ
∂φ ⎠
⎝ ∂ρ
⎝
⎠
⎝
⎠
Wb
B = (− 100ρ )aˆφ m2
( )
H=
1
µ0
B⇒H =−
100 ρ
µ0
C1
aˆφ ( mA )
a
b
c
(b) Determine J.
J = ∇× H
⎛ 1 ∂H z ∂Hφ ⎞
⎟aˆρ
J = ⎜⎜
−
∂z ⎟⎠
⎝ ρ ∂φ
Hφ = −
100 ρ
µ0
I
⎛ ∂H
1 ⎛ ∂(ρHφ ) ∂H ρ ⎞
∂H ⎞
⎟aˆ z
−
+ ⎜⎜ ρ − z ⎟⎟aˆφ + ⎜⎜
ρ
ρ
z
∂φ ⎟⎠
∂
∂
⎝ ∂ρ
⎠
⎝
⇔ Hρ = Hz = 0
1 ⎛ ∂ (ρ (− 100ρ )) ⎞
200
J=
⎜
⎟⎟aˆ z ⇒ J = − µ aˆ z
µ0 ρ ⎜⎝
∂ρ
⎠
0
( )
A
m2
(c) I na superfície 0 § r § 1, 0 § f § 2p, z = 0.
I = ∫∫ J ⋅ dS =
S
I =−
I =−
200
µ0
µ0
2π 1
∫∫−
200
0 0
µ0
aˆ z ⋅ (ρdρdφaˆ z )
1
2π 1
200 ⎡ ρ 2 ⎤
2π
ρ
d
ρ
d
φ
=
−
⎢ ⎥ [φ ]0
∫0 ∫0
µ0 ⎣ 2 ⎦ 0
200π
( A)
I = −500 ⋅106 ( A)
(d) Use o valor de Hf em r = l para calcular
∫ H ⋅ dL para r = l,z=0.
C
2π
∫ H ⋅ dL = ∫ −
C
0
42. Mostre que
C2
100 ρ
µ0
ρdφ = −
200π
µ0
( A)
∇ 2 (1 R12 ) = ∇1 (1 R12 ) = R12 R123 .
I
Cálculo do Campo Magnético H:
⎧ I c1 se ρ < a
⎪ + I se a < ρ < b
⎪
∫C H ⋅ dL = ⎨I + I c se b < ρ < c
⎪
2
⎪⎩ + I − I se ρ > c
⎧ JAC1 se ρ < a
⎪ + I se a < ρ < b
⎪
∫C H ⋅ dL = ⎨I + JAC se b < ρ < c
⎪
2
⎪⎩ + I − I se ρ > c
I
⎧
πρ 2 se ρ < a
⎪
πa 2
⎪⎪
+ I se a < ρ < b
H φ 2πρ = ⎨
I
π ρ 2 − b 2 se b < ρ < c
⎪I −
2
2
⎪ π c −b
⎪⎩
0 se ρ > c
) (
(
)
I
⎧
ρaˆ φ se ρ < a
⎪
2πa 2
⎪
I
⎪⎪
+
aˆ φ se a < ρ < b
2πρ
H =⎨
⎪ I ⎛
ρ 2 − b2 ⎞
⎜
⎟aˆ φ se b < ρ < c
1
−
⎪ 2πρ ⎜
c 2 − b 2 ⎟⎠
⎝
⎪
⎪⎩
0 se ρ > c
(
(
)
)
56
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- CAPÍTULO VII – Campo Magnético
57
I
⎧
ρaˆ φ se ρ < a
⎪
2πa 2
⎪
I
⎪⎪
+
aˆ φ se a < ρ < b
2πρ
H =⎨
⎪ I ⎛ c2 − ρ 2 ⎞
⎟aˆ se b < ρ < c
⎪ 2πρ ⎜⎜ 2
2 ⎟ φ
c
−
b
⎝
⎠
⎪
⎪⎩
0 se ρ > c
µ0 I
⎧
ρaˆ φ se ρ < a
⎪
2πa 2
⎪
µ I
⎪
+ 0 aˆ φ se a < ρ < b
⎪
2πρ
B=⎨
⎪ µ0 I ⎛ c 2 − ρ 2 ⎞
⎜⎜ 2
⎟aˆ se b < ρ < c
⎪
2 ⎟ φ
⎪ 2πρ ⎝ c − b ⎠
0 se ρ > c
⎩⎪
B = ∇× A
Como A//Jñ Ar= Af = 0
B = ∇× A
(
)
⎛ ∂A ∂A ⎞
Bφ = ∇ × A φ = ⎜⎜ ρ − z ⎟⎟
∂ρ ⎠
⎝ ∂z
µ0 I
⎧
ρ se ρ < a
⎪
2πa 2
⎪
µ I
+ 0 se a < ρ < b
∂Az ⎪⎪
2πρ
=⎨
−
∂ρ ⎪ ⎛
ρ 2 − b2 ⎞
⎟⎟ se b < ρ < c
⎜
I
µ
−
1
⎪ 0 ⎜
2
2
⎪ ⎝ 2π c − b ρ ⎠
⎪⎩
0 se ρ > c
µ I
⎧
− 0 2 ∫ ρdρ se ρ < a
⎪
2πa
⎪
µ I
⎪⎪
− ∫ 0 dρ se a < ρ < b
2πρ
Az = ⎨
⎪
⎛
ρ 2 − b2 ⎞
⎜
⎟⎟dρ se b < ρ < c
−
−
µ
I
1
⎪ ∫ 0 ⎜
2
2
⎝ 2π c − b ρ ⎠
⎪
⎪⎩
Ac se ρ > c
(
(
)
)
(
)
)
(
⎧
µ I ρ2
− 0 2
+ Aa se ρ < a
⎪
2πa 2
⎪
I
µ
⎪⎪
− 0 ln ρ + Ab se a < ρ < b
2π
Az = ⎨
⎛
⎪
⎡ρ2
⎤⎞
1
⎜
+ b 2 ln ρ ⎥ ⎟⎟ + Acb se b < ρ < c
⎪− µ 0 I ⎜ ρ −
2
2 ⎢
c
−
b
4
2
π
⎣
⎦⎠
⎝
⎪
Ac se ρ > c
⎩⎪
(
)
44. Expandindo a Eq. (58), Seção 8.7, em
coordenadas cartesianas, mostre que (59) está
correta.
57
Eletromagnetismo I – Prof. Dr. Cláudio S. Sartori
- CAPÍTULO VII – Campo Magnético
58
Apêndice – Efeitos
Adaptado de:
http://www.feiradeciencias.com.br/sala19/texto72.asp
1. Efeito de magnetoestricção
Quando metais, como o níquel, o ferro ou o
cobalto, são magnetizados pela presença de um campo
magnético, eles sofrem uma variação no seu
comprimento. Em freqüências ultra-sônicas, esse efeito
é útil para aplicações de limpezas ou como transdutor
para sonar.
3. Efeito Kerr
Você pode constatar isso experimentalmente,
utilizando-se de um tubo de aço ou de ferro, conforme a
montagem que ilustramos.
É um efeito eletro-óptico, segundo o qual
certas
substâncias
transparentes
tornam-se
birrefringentes, quando submetidas a um campo
elétrico.
Esse campo é aplicado em direção
perpendicular ao estreito feixe de luz que se deseja
modular em intensidade. Tem sido usado atualmente
(célula Kerr) para modular feixes de luz de laser.
4. Efeito Stark
Surge quando associamos campos elétricos e
luz.
2. Efeito Brigite Bardot
Assim é como os técnicos norte-americanos e
brasileiros, denominam um bizarro defeito nas TVs.
Ele se caracteriza por "ondulações sinuosas"
nas linhas verticais da imagem. O defeito é provocado
por um sinal parasita que modula o sincronismo
horizontal. Para sanar tal defeito recomendamos:
verificação dos componentes em paralelo com o yoke;
verificação do transistor (ou válvula) do estágio de
saída horizontal e, finalmente, verificação do
comparador de fase, particularmente o circuito de
constante de tempo na linha de tensão de controle
fornecida pelo comparador de fase.
Stark descobriu que os campos elétricos
intensos "dissecam" as linhas espectrais de vários
elementos, em numerosas linhas mais finas,
relacionando-se esse efeito com a polarização do
material.
5. Efeito Hallwachs
Também é relacionado com a luz. É graças a
esse efeito que um corpo eletrizado negativamente, no
vácuo, se descarrega quando banhado com luz
ultravioleta.
Isso pode ser constatado, conforme
ilustramos, colocando-se uma esfera eletrizada
negativamente dentro de uma campânula da máquina
pneumática.
Um eletroscópio de folhas, interligado à
esfera, mantém suas folhas abertas, indicando a
58
Eletromagnetismo I – Prof. Dr. Cláudio S. Sartori
- CAPÍTULO VII – Campo Magnético
eletrização. Após a incidência de luz ultravioleta, as
delgadas lâminas do eletroscópio fecham-se,
indicando a neutralidade da esfera.
6. Efeito Barkhausen
É o efeito de orientação da força magnetizante
imposta por uma corrente elétrica, sobre os elementos
cristalinos num corpo ferromagnético. O efeito
Barkhausen explica a elevação abrupta da curva de
magnetização até a saturação. É originado pela
repentina reordenação dos mesmos domínios
magnéticos, que são facilmente girados.
Barkhausen é geralmente mais conhecido devido à sua
descoberta da auto-oscilação em válvulas termiônicas,
quando uma grade (eletrodo de controle) está a um
potencial maior que aquele da placa.
O efeito Barkhausen, do ferromagnetismo,
resultado do salto espontâneo dos eixos dos dipolos
dos recintos de Weiss, pode ser posto em destaque de
um modo muito simples: uma haste de ferro (virgem),
que se pretende imantar pela primeira vez, é
introduzida no interior de uma bobina de carretel
isolante; ao aproximarmos a haste de um pólo
magnético, cada um dos saltos dos recintos
magnéticos produz um aumento instantâneo do campo
de indução na bobina, o que origina um pulso de
tensão induzida na mesma. Essa, por sua vez, num
circuito fechado, estimula um circulação de um pulso
de corrente elétrica. Essas correntes são recebidas pelo
amplificador de áudio e, os golpes de indução são
ouvidos corno um crepitar no alto-falante.
Se a imantação se efetuar com lentidão suficiente,
podemos mesmo ouvir distintamente cada golpe.
59
7. Efeito Seebeck
É o efeito que permite a utilização dos termos
elementos (par termelétrico).
Seebeck foi o primeiro a constatar que um
circuito formado pela conexão de dois metais
diferentes, passa a ser fonte de força eletromotriz (e
conseqüentemente a causa da corrente elétrica num
circuito fechado), quando as junções desses metais
estiverem a temperaturas diferentes.
Você pode verificar isso facilmente e até utilizar desse
efeito para, por exemplo, examinar as diferentes
temperaturas nas típicas regiões da chama de um bico
de Bunsen.
8. Efeito Doppler
Consiste no aparente desvio de freqüência que
ocorre quando existe movimento relativo entre uma
fonte de ondas (sonoras ou eletromagnéticas) e o
receptor (adequado a cada caso).
Esse efeito explica, por exemplo, a aparente
modificação do tom do apito de uma locomotiva
(sirene de ambulância, ruído dos motores de carros de
corrida etc) aproximando-se ou afastando-se, a grande
velocidade, do observador.
Ele explica, também, o "desvio para o vermelho" das
estrelas que se afastam da Terra. Quando o efeito é
relativo às ondas eletromagnéticas, ele também é
conhecido por Doppler-Fizeau.
59
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- CAPÍTULO VII – Campo Magnético
9. Efeito Meissner
60
11. Efeito Ettinghausen
Pertence à família dos efeitos termelétricos.
Manifesta-se em condutores planos situados
perpendicularmente a campos magnéticos.
Quando circula corrente elétrica por esses condutores,
observa-se um gradiente de temperatura na direção
perpendicular ao fluxo dos elétrons participantes da
corrente elétrica.
12. Efeito Siemens
Manifesta-se quando um condutor é resfriado
num campo magnético.
Ao
atingir
a
temperatura
de
supercondutividade, o campo magnético é expelido
para fora da massa do condutor, o qual passa a agir
como um verdadeiro "isolante magnético".
Consiste no aquecimento da massa dielétrica
de um capacitor "percorrido" por corrente alternada de
alta freqüência. Esse efeito é muito empregado
atualmente nos equipamentos de aquecimento
dielétricos industriais, de plásticos, madeiras,
secagens etc.
13. Efeito Bequerel
10. Efeito Luxemburgo
Denomina-se assim, por ter sido observado,
pela primeira vez, com relação às transmissões da
Rádio Luxemburgo. Manifesta-se quando as ondas
irradiadas por uma emissora poderosa atravessam a
mesma região da ionosfera que são também
atravessadas por ondas de outras freqüências, de
outras emissoras.
Corno resultado, o programa da estação mais potente
poderá ser distintamente ouvido durante a recepção
das emissoras mais fracas.
Bequerel descobriu que, emergindo-se duas
lâminas do mesmo metal numa solução condutora
(eletrólito), aparecerá uma diferença de potencial
entre ambas, caso uma seja iluminada mais
intensamente do que a outra.
14. Efeito Barnett
Consiste na magnetização de um cilindro de
aço, na ausência de campos magnéticos (a menos do
campo magnético terrestre), bastando para tanto, girar
velozmente o cilindro em torno de seu eixo.
15. Efeito Hall
É o fenômeno segundo o qual um condutor num
campo magnético apresentará uma diferença de
potencial de lado a lado, na direção do campo. Na
realidade o efeito surge com virtualmente quase
nenhum campo magnético, em alguns semicondutores
ou em uma coluna de gás (naturalmente, sempre há
algum campo magnético proveniente do próprio
planeta).
16. Efeito Thomson
Consiste no fato de que um gradiente de
temperatura num metal sempre se faz acompanhar por
um pequeno gradiente de potencial elétrico, segundo
direção que depende do metal. O resultado disso é que,
num condutor atravessado por uma corrente elétrica, o
calor devido aos efeitos resistivos (efeito Joule) é
ligeiramente maior ou menor que aquele que se pode
explicar.
60
Eletromagnetismo I – Prof. Dr. Cláudio S. Sartori
- CAPÍTULO VII – Campo Magnético
No cobre, isto é mais notável, quando a corrente flui
de partes quentes para partes frias. No ferro ocorre o
oposto.
A pequena diferença que fugia às explicações é
devida, exatamente, ao efeito Thomson.
17. Efeito Peltier
Comumente é confundido com o efeito de
termo-elemento, porque de fato está presente na ação
de um par-termelétrico. Na realidade, é um estorvo
nessa explicação. O efeito Peltier ocorre quando
passamos uma corrente elétrica pela junção de dois
metais diferentes; na junção ocorrerá aquecimento ou
um resfriamento, dependendo do sentido da corrente
elétrica.
Encontra atual aplicação prática, no
aquecimento ou resfriamento de pequenos objetos por
elementos semicondutores e na termopilha.
A revista Química Nova, vol. 16, no. 1,
janeiro/fevereiro de 1993 trás excelente artigo de
Pedro L. O. Volpe, da UNICAMP, na página 49, com
título: "O que são termopilhas, como funcionam e
como os químicos podem utilizar estes componentes".
Química Nova é uma publicação da Sociedade
Brasileira de Química.
18. Efeito Volta
Consiste na tensão elétrica gerada quando
metais diferentes são postos em contato.
Assim, uma lâmina de cobre superposta a uma
lâmina de zinco geram uma d.d.p., com cobre positivo
e zinco negativo.
19. Efeito Joule
Quando portadores de carga elétrica
atravessam um meio condutor, haverá choques
(interações) entre esses portadores e partículas do
próprio condutor. Dessas interações, parte da energia
elétrica associada aos portadores transfere-se para as
partículas do meio condutor, as quais passam a vibrar
mais intensamente - o que caracteriza o aquecimento
do condutor.
A lei de Joule permite equacionar quanto de energia
elétrica é convertida em térmica.
61
Num resistor, a rapidez com que se efetua
essa conversão, é grandeza conhecida como "potência
dissipada pelo resistor".
O valor dessa grandeza vem expresso por:
P = R.i2 ou P = U.i ou P = U2/R
Se indicarmos por E a quantidade de energia
elétrica que é convertida em térmica durante o
intervalo de tempo (delta)t, teremos:
E = P. Dt = R.i2. Dt
que é exatamente a lei de Joule.
20. Efeito Miller
Encontra aplicação na linearização da
varredura dos geradores de sinais dente de serra.
O efeito reside no fato de que a capacitância
intereletródica, grade-placa, nas válvulas termiônicas,
em particular do triodo, modifica a capacitância
efetiva do circulo gerador, variando em eficácia
segundo a freqüência e assim, contribui para a
linearidade de subida do dente de serra gerado.
21. Efeito Edison
Edison observou que uma lâmpada
incandescente (de sua época, quando então o
filamento era de carbono), após certo tempo de uso,
ficava com a superfície interna do bulbo evacuado
revestida de uma fina e escura camada (A).
Ele concluiu que isso era devido às
minúsculas partículas de carvão que se destacavam do
filamento, quando o mesmo era levado à
incandescência, pela corrente elétrica.
Experimentando achar um modo de evitar esse
escurecimento, Edison colocou uma placa de metal
(P) entre o vidro e o filamento (F). Isso resolveu o
problema do escurecimento do bulbo porém, nosso
ilustre observador verificou que tal placa ficava
carregada (eletrizada). Um sensível galvanômetro (G)
ligado entre a tal placa e o filamento acusava uma
corrente elétrica unidirecional (retificada, como
diríamos hoje!).
Corno explicar a origem dessa corrente
elétrica?
Edison não foi capaz de resolver essa questão,
aliás, ninguém o faria pois, o elétron ainda não tinha
nascido.
A válvula termiônica nasceu dessa observação
de gênio.
Se o elétron fosse conhecido na época, sem
dúvida Edison enunciaria o efeito, que hoje leva o seu
nome, assim:
"Todo metal aquecido emite elétrons"
A primeira válvula foi a retificadora; depois
De Forest inventou a grade e dai para a frente você
sabe no que deu isso tudo. Boa parte das válvulas, já
61
Eletromagnetismo I – Prof. Dr. Cláudio S. Sartori
- CAPÍTULO VII – Campo Magnético
há bom tempo, foram substituídas pelos transistores
que, por curiosidade, baseiam-se num efeito
conhecido mesmo antes de Edison --- o efeito galena.
62
elétron de um átomo podia ser considerada sob certas
condições como a colisão entre duas partículas em
mecânica Clássica.
Os elétrons, ligados ao núcleo do átomo por forças
eletrostáticas, podiam comportar-se como elétrons
livres se a energia (hn) e a quantidade de movimento
(hn/c) dos fótons incidentes fosse suficientemente
grande. Utilizando as leis da conservação da energia:
hn = hn’ + (1/2) mv2 ,
onde h.n = energia do fóton incidente, hn’ = energia
do fóton espalhado e (1/2)mv2 = energia cinética do
chamado “elétron de recuo”.
22. Efeito magnetotrópico
A ação do magnetismo sobre substâncias orgânicas já
havia sido notado por Pasteur, há um século atrás.
Experiências mais recentes, levadas a efeito por
diversas Universidades, permitiram verificar que após
11 dias de exposição de tomates verdes ao intenso
campo magnético de um pólo Sul, os tornaram
praticamente vermelhos, enquanto que outros, isentos
do "tratamento", apresentaram-se apenas meramente
rosados.
Mais recentemente, conseguiu-se, com a aplicação do
magnetismo, acelerar a germinação de sementes. O
efeito foi batizado de "magnetotropismo".
Uma causa sugerida é a de que o campo magnético
excita os sistemas enzimáticos e assim estimula a
respiração.
23. Efeito Compton
Arthur Compton ao estudar o espalhamento
de raios X, utilizando como meio espalhador um
bloco de carbono (isso acorre com certas substâncias
cujos átomos são relativamente leves, como o
carbono, o boro, o oxigênio e outros), observou que as
freqüências dos raios X espalhados diminuíam em
certos ângulos.
Experiência de Compton
Para explicar a modificação da freqüência dos
raios espalhados, Compton utilizou a teoria quântica
da luz. O físico norte-americano propôs que a
interação entre um fóton ou quantum de luz e um
Efeito Compton.
Como o valor da velocidade do “elétron de
recuo” está próximo da velocidade da luz, em muitos
casos deve-se utilizar a correção relativística para a
massa (ver relatividade, na Sala 23).
Compton também aplicou a conservação da
quantidade de movimento (como no caso de duas
esferas elásticas), obtendo finalmente a equação:
l' - l = (h/mo.c)(1 - cosq)
onde: l' - l = aumento do comprimento de onda para o
fóton espalhado; ( h/mo.c) = ' comprimento de onda'
de Compton, onde h é a constante de Planck, mo a
massa em repouso do elétron e c a velocidade da luz e,
q = ângulo de espalhamento do fóton de comprimento
de onda l'.
O elétron de recuo do efeito Compton foi
descoberto simultaneamente por Wilson e por Bothe e
Becker.
O efeito Compton ocorre principalmente com
elétrons livres ou fracamente ligados e pode ser
explicado como uma absorção do fóton incidente pelo
elétron livre. A energia deste fóton aparece repartida
entre o elétron de recuo e um outro fóton de menor
energia. Na explicação deste fenômeno, utiliza-se a
idéia de “fótons virtuais”, mas não podemos neste
resumo sobre os efeitos da Física estender-nos em sua
explicação.
62
Eletromagnetismo I – Prof. Dr. Cláudio S. Sartori
- CAPÍTULO VII – Campo Magnético
63
24. Efeito Selbt
Relativo às ondas eletromagnéticas (de rádio)
estacionárias.
O transmissor tem freqüência fixada em 85
MHz e é alimentado por um transformador (primário
para a rede local e secundário com tensões adequadas
para os filamentos das válvulas osciladoras e suas
placas).
O tubo de Selbt demonstra ondas de rádio
estacionárias para as quais a velocidade de
propagação é inferior à velocidade da luz no vácuo
(c).
O tubo de Selbt é de vidro e tem sobre si um
fio de cobre enrolado em forma de espiral. Essa espiral
é projetada de modo a ter freqüência natural de
oscilação igual a do transmissor. O tubo é acoplado ao
transmissor apenas mantendo uma de suas
extremidades próxima á bobina de transmissão.
À medida que deslocamos uma limpada
(fluorescente, de néon ou incandescente) ao longo do
tubo, podemos visualizar os ventres (lâmpada acesa) e
os nós (lâmpada apagada) da onda estacionária. Para a
freqüência da transmissão especificada (85MHz), a
distância entre ventres consecutivos ou nós
consecutiva está em torno de 11 cm, o que
corresponde a meio comprimento da onda.
É necessário que a pessoa que segura a
lâmpada esteja em contato com a terra para que, em
regiões de ventre, a lâmpada seja percorrida por
corrente elétrica. O melhor afeito se obtém com
lâmpadas fluorescentes ou de néon.
25. Efeito... (envie sua colaboração)
Eis aqui nossas sugestões para trabalhos
escolares envolvendo Efeitos Físicos. O aluno pode
acrescentar mais outro tanto deles, apresentando um
trabalho mais extenso, eventualmente incluindo algum
histórico dos personagens citados. Mais sugestões
para continuar esse trabalho:
Efeito Barkhausen (das oscilações), efeito
Einstein-de Haas, efeito de eletrostricção, efeito
fotoelétrico, Efeito Hall (das linhas equipotenciais),
efeito Zeeman, efeito Zeeman (inverso), efeito Voigt,
efeito Cotton-Mouton, efeito Faraday etc.
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