Calcule ambos os lados do teorema de Stokes para verificar a lei de Ampère considerando \vec{H}=6 x y \hat{a}_{x}-3 y^{2} \hat{a}_{y} \mathrm{~A} / \mathrm{m}. Considere a superfície plana limitada por 2 \leq x \leq 5 \mathrm{~m},-1 \leq y \leq 1 \mathrm{~m} e z=0 \mathrm{~m}. Considere a direção de d \vec{s} na direção de \hat{a}_{z}.

Passo 1

O enunciado pede para calcular “ambos os lados do teorema de Stokes” para verificar a lei de Ampère, usando o campo magnético de intensidade magnética
\vec{H}=6 x y\,\hat{a}_{x}-3 y^{2}\,\hat{a}_{y}\quad\text{(A/m)}.
A superfície considerada é o retângulo no plano z=0 com limites
2 \leq x \leq 5,\qquad -1 \leq y \leq 1,
e a direção de d\vec{S} é na direção de \hat{a}_{z} (isto é, a normal da superfície é \hat{a}_{z}, apontando para +z).
As duas quantidades que vamos calcular são:
  • Lado da superfície (forma diferencial de Ampère/Stokes): \displaystyle \iint_{S} (\nabla\times\vec{H})\cdot\hat{a}_{z}\,dS.
  • Lado da curva (linha de contorno): \displaystyle \oint_{\partial S}\vec{H}\cdot d\vec{\ell}.
O objetivo é calcular explicitamente ambas as integrais e comparar os resultados.

Passo 2

Breve revisão do que é o rotacional (curl) e do teorema de Stokes (explicação didática).
  • O rotacional de um campo vetorial \vec{H}=(H_x,H_y,H_z) em coordenadas cartesianas é
\nabla\times\vec{H}=\left(\frac{\partial H_z}{\partial y}-\frac{\partial H_y}{\partial z}\right)\hat{a}_x+\left(\frac{\partial H_x}{\partial z}-\frac{\partial H_z}{\partial x}\right)\hat{a}_y+\left(\frac{\partial H_y}{\partial x}-\frac{\partial H_x}{\partial y}\right)\hat{a}_z.
Isto mede a tendência do campo a “girar” localmente; suas componentes são derivadas parciais dos componentes do campo.
  • O teorema de Stokes nos diz que, para uma superfície S com bordo \partial S,
\iint_{S} (\nabla\times\vec{H})\cdot d\vec{S}=\oint_{\partial S}\vec{H}\cdot d\vec{\ell}.
No nosso caso d\vec{S}=\hat{a}_z\,dS (pois a normal é \hat{a}_z), de modo que o integrando de superfície é (\nabla\times\vec{H})\cdot\hat{a}_z.

Passo 3

Calcular o rotacional \nabla\times\vec{H} para o campo dado. Primeiro identifique componentes:
H_x=6xy,\qquad H_y=-3y^2,\qquad H_z=0.
Agora aplique a fórmula da componente z do rotacional (pois só ela entra no produto escalar com \hat{a}_z):
(\nabla\times\vec{H})_z=\frac{\partial H_y}{\partial x}-\frac{\partial H_x}{\partial y}.
Calcule as derivadas:
\frac{\partial H_y}{\partial x}=\frac{\partial}{\partial x}(-3y^2)=0, \qquad \frac{\partial H_x}{\partial y}=\frac{\partial}{\partial y}(6xy)=6x.
Portanto
(\nabla\times\vec{H})_z=0-6x=-6x.
Como H_z=0 e as outras componentes do rotacional envolvem derivadas em z de funções sem z, segue que
\nabla\times\vec{H}=-6x\,\hat{a}_z.
Unidade: \nabla\times\vec{H} tem unidade \text{A}/\text{m}^2.

Passo 4

Calcular a integral de superfície \displaystyle \iint_{S} (\nabla\times\vec{H})\cdot\hat{a}_z\,dS. Como (\nabla\times\vec{H})\cdot\hat{a}_z=-6x e a superfície é o retângulo no plano z=0 com x\in[2,5], y\in[-1,1], temos
\iint_{S} (\nabla\times\vec{H})\cdot\hat{a}_z\,dS =\int_{x=2}^{5}\int_{y=-1}^{1} (-6x)\,dy\,dx.
Execute a integral interna em y:
\int_{y=-1}^{1} (-6x)\,dy = (-6x)\cdot\bigl[ y \bigr]_{-1}^{1}=(-6x)\cdot(1-(-1))=(-6x)\cdot 2 = -12x.
Agora integre em x:
\int_{x=2}^{5} -12x\,dx = -12\cdot\frac{x^2}{2}\Big|_{2}^{5} = -6\bigl(5^2-2^2\bigr)=-6(25-4)=-6\cdot 21=-126.
Portanto a integral de superfície vale -126. A unidade é ampères ( \text{A}), pois (\text{A}/\text{m}^2)\times\text{m}^2=\text{A}.

Passo 5

Agora calcular a integral de linha \displaystyle \oint_{\partial S}\vec{H}\cdot d\vec{\ell}. Primeiro escolha a orientação do contorno coerente com d\vec{S}=\hat{a}_z: pela regra da mão direita, quando a normal aponta para +z o contorno \partial S é percorrido no sentido anti-horário (counterclockwise) visto de cima. Para o retângulo com vértices (2,-1), (5,-1), (5,1), (2,1), o percurso anti-horário é:
(1) de (2,-1) a (5,-1) (aresta inferior),
(2) de (5,-1) a (5,1) (aresta direita),
(3) de (5,1) a (2,1) (aresta superior),
(4) de (2,1) a (2,-1) (aresta esquerda).
Em todo o percurso z=0, portanto d\vec{\ell}=dx\,\hat{a}_x+dy\,\hat{a}_y. Vamos calcular contribuição por contribuição.

Passo 6

Contribuição da aresta 1 (inferior): y=-1, x varia de 2 até 5.
No ponto: \vec{H}=6xy\,\hat{a}_x-3y^2\,\hat{a}_y = -6x\,\hat{a}_x-3\,\hat{a}_y (peguei y=-1 na expressão do campo).
O deslocamento é d\vec{\ell}=dx\,\hat{a}_x.
Produto escalar:
\vec{H}\cdot d\vec{\ell}=(-6x)\,dx.
Integral na aresta 1:
\int_{x=2}^{5} (-6x)\,dx = -6\cdot\frac{x^2}{2}\Big|_{2}^{5}=-3(25-4)=-3\cdot 21=-63.

Passo 7

Contribuição da aresta 2 (direita): x=5, y varia de -1 até 1.
No ponto: \vec{H}=6xy\,\hat{a}_x-3y^2\,\hat{a}_y = 30y\,\hat{a}_x-3y^2\,\hat{a}_y (peguei x=5).
O deslocamento é d\vec{\ell}=dy\,\hat{a}_y.
Produto escalar:
\vec{H}\cdot d\vec{\ell}=(-3y^2)\,dy.
Integral na aresta 2:
\int_{y=-1}^{1} (-3y^2)\,dy = -3\cdot\left[\frac{y^3}{3}\right]_{-1}^{1} = -\bigl(1-(-1)\bigr) = -2.

Passo 8

Contribuição da aresta 3 (superior): y=1, x varia de 5 até 2 (percorrendo para a esquerda).
No ponto: \vec{H}=6x(1)\,\hat{a}_x-3(1)^2\,\hat{a}_y = 6x\,\hat{a}_x-3\,\hat{a}_y (peguei y=1).
O deslocamento é d\vec{\ell}=dx\,\hat{a}_x, mas note que x vai de 5 para 2.
Produto escalar:
\vec{H}\cdot d\vec{\ell}=6x\,dx.
Integral na aresta 3:
\int_{x=5}^{2} 6x\,dx = 6\cdot\frac{x^2}{2}\Big|_{5}^{2}=3(4-25)=3(-21)=-63.
(Alternativamente, poderia integrar de 2 a 5 com sinal negativo e obter o mesmo -63.)

Passo 9

Contribuição da aresta 4 (esquerda): x=2, y varia de 1 até -1 (descendo).
No ponto: \vec{H}=6x y\,\hat{a}_x-3y^2\,\hat{a}_y = 12y\,\hat{a}_x-3y^2\,\hat{a}_y (peguei x=2).
O deslocamento é d\vec{\ell}=dy\,\hat{a}_y com y de 1 a -1.
Produto escalar:
\vec{H}\cdot d\vec{\ell}=(-3y^2)\,dy.
Integral na aresta 4:
\int_{y=1}^{-1} (-3y^2)\,dy = -3\cdot\left[\frac{y^3}{3}\right]_{1}^{-1} = -\bigl((-1)^3-1^3\bigr) = -(-1-1)=2.

Passo 10

Somar as quatro contribuições:
\oint_{\partial S}\vec{H}\cdot d\vec{\ell} = (-63) + (-2) + (-63) + 2 = -126.
Portanto a integral de linha também resulta em -126 (unidade \text{A}).

Passo 11

Conclusão (verificação): a integral de superfície e a integral de linha coincidem numericamente, ambas valendo -126\\ \text{A}. Isso confirma o teorema de Stokes aplicado a esse campo \vec{H} e superfície, que é equivalente (neste contexto) à verificação local da forma integral da lei de Ampère (sem corrente de deslocamento): a circulação de \vec{H} ao redor do contorno é igual ao fluxo do rotacional de \vec{H} através da superfície.

Resposta

\displaystyle \iint_{S} (\nabla\times\vec{H})\cdot d\vec{S} = -126\\ \mathrm{A}
\displaystyle \oint_{\partial S}\vec{H}\cdot d\vec{\ell} = -126\\ \mathrm{A}

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