9.7 Um ímã permanente, com a forma de um cilindro circular reto, de comprimento L e raio R, está orientado de maneira que seu eixo de simetria coincida com o eixo z. A origem de sistema de coordenadas está no centro do ímã. Se o cilindro tiver magnetização axial uniforme M, (a) determine \varphi^{*}(z) em pontos sobre o eixo de simetria, tanto dentro como fora do ímã e (b) use os resultados da parte (a) para encontrar a indução magnética B_{z} em pontos sobre o eixo de simetria, tanto dentro como fora do ímã.

Passo 1

O enunciado trata de um cilindro magnetizado axialmente com magnetização uniforme M ao longo do eixo z, de raio R e comprimento L, centrado na origem. Queremos achar o potencial escalar magnético \varphi^*(z) e, a partir dele, o campo B_z(z) sobre o eixo de simetria, separando os casos dentro ( \lvert z\rvert<L/2) e fora ( \lvert z\rvert>L/2) do ímã. Para isso usaremos a fórmula do potencial produzido por cargas magnéticas de superfície \sigma_m e, em seguida,
\mathbf B=-\mu_0\,\nabla\varphi^*\,,
especialmente \,B_z=-\mu_0\,\dfrac{d\varphi^*}{dz}\,.

Passo 2

Como \mathbf M=M\,\hat z é uniforme, não há carga magnética volumétrica ( \rho_m=-\nabla\cdot\mathbf M=0), mas há carga de superfície
\sigma_m=\mathbf M\cdot\hat n
nas duas faces circulares. No disco em z=+L/2, \hat n=+\hat z, logo \sigma_m=+M. No disco em z=-L/2, \hat n=-\hat z, logo \sigma_m=-M.

Passo 3

O potencial escalar magnético devido a uma densidade de carga de superfície \sigma_m é
\varphi^*(z) =\int_{\text{superf.}} \frac{\sigma_m(\mathbf r')}{\lvert z\hat z-\mathbf r'\rvert}\,dS'\,.
Somando as duas faces, sobre o eixo z:
\varphi^*(z) =+M\!\!\int_{S_{+}}\frac{dS'}{\sqrt{\rho'^2+(z-\tfrac L2)^2}} \;-\;M\!\!\int_{S_{-}}\frac{dS'}{\sqrt{\rho'^2+(z+\tfrac L2)^2}}\,,
onde cada S_\pm é o disco de raio R centrado em z=\pm L/2.

Passo 4

O integral de um disco de raio R visto a uma distância d no eixo é
\int_{0}^{R}\!\frac{2\pi\,\rho'\,d\rho'}{\sqrt{\rho'^2+d^2}} =2\pi\bigl[\sqrt{R^2+d^2}-\lvert d\rvert\bigr].
Logo, tomando d_+=z-\tfrac L2 e d_-=z+\tfrac L2,
\varphi^*(z) =M\,2\pi\Bigl[\sqrt{R^2+d_+^2}-\lvert d_+\rvert -\bigl(\sqrt{R^2+d_-^2}-\lvert d_-\rvert\bigr)\Bigr].

Passo 5

Agora separamos os casos de dentro e fora do cilindro:
(i) Fora, z>+\tfrac L2:
\lvert d_+\rvert=z-\tfrac L2, \lvert d_-\rvert=z+\tfrac L2.
\varphi^*(z) =2\pi M\Bigl[\sqrt{R^2+(z-\tfrac L2)^2}-(z-\tfrac L2) -\sqrt{R^2+(z+\tfrac L2)^2}+(z+\tfrac L2)\Bigr]
\displaystyle =2\pi M\Bigl[\sqrt{R^2+(z-\tfrac L2)^2}-\sqrt{R^2+(z+\tfrac L2)^2}+L\Bigr].
(ii) Dentro, \lvert z\rvert<\tfrac L2:
\lvert d_+\rvert=\tfrac L2-z, \lvert d_-\rvert=z+\tfrac L2.
\varphi^*(z) =2\pi M\Bigl[\sqrt{R^2+(z-\tfrac L2)^2}-(\tfrac L2-z) -\sqrt{R^2+(z+\tfrac L2)^2}+(z+\tfrac L2)\Bigr]
\displaystyle =2\pi M\Bigl[\sqrt{R^2+(z-\tfrac L2)^2}-\sqrt{R^2+(z+\tfrac L2)^2}+2z\Bigr].

Passo 6

O campo axial é
B_z(z)=-\mu_0\,\frac{d\varphi^*}{dz}.
Usando
\dfrac{d}{dz}\sqrt{R^2+(z\pm\tfrac L2)^2}=\dfrac{z\pm\tfrac L2}{\sqrt{R^2+(z\pm\tfrac L2)^2}}
e \dfrac{d}{dz}\lvert z\pm\tfrac L2\rvert=\pm\operatorname{sgn}(z\pm\tfrac L2),
obtém-se fórmulas distintas para dentro e fora.

Passo 7

(i) Para z>\tfrac L2:
B_z(z) =-\mu_0\,2\pi M\Bigl[ \frac{z-\tfrac L2}{\sqrt{R^2+(z-\tfrac L2)^2}} - \frac{z+\tfrac L2}{\sqrt{R^2+(z+\tfrac L2)^2}} \Bigr].
(ii) Para \lvert z\rvert<\tfrac L2:
B_z(z) =-\mu_0\,2\pi M\Bigl[ \frac{z-\tfrac L2}{\sqrt{R^2+(z-\tfrac L2)^2}} - \frac{z+\tfrac L2}{\sqrt{R^2+(z+\tfrac L2)^2}} +2 \Bigr].
(Para z<-\tfrac L2 surge sinal invertido análogo ao caso z>\tfrac L2.)

Resposta

(a)
\varphi^*(z) =2\pi M\Bigl[\sqrt{R^2+(z-\tfrac{L}{2})^2}-\lvert z-\tfrac{L}{2}\rvert -\sqrt{R^2+(z+\tfrac{L}{2})^2}+\lvert z+\tfrac{L}{2}\rvert\Bigr].
Em particular, para \lvert z\rvert<\tfrac{L}{2}
\varphi^*(z) =2\pi M\bigl[\sqrt{R^2+(z-\tfrac{L}{2})^2}-\sqrt{R^2+(z+\tfrac{L}{2})^2}+2z\bigr]
e para z>\tfrac{L}{2}
\varphi^*(z) =2\pi M\bigl[\sqrt{R^2+(z-\tfrac{L}{2})^2}-\sqrt{R^2+(z+\tfrac{L}{2})^2}+L\bigr].
(b)
B_z(z)=-\mu_0\,\frac{d\varphi^*}{dz}
=\begin{cases} -2\pi\mu_0 M\Bigl[\dfrac{z-\tfrac{L}{2}}{\sqrt{R^2+(z-\tfrac{L}{2})^2}} -\dfrac{z+\tfrac{L}{2}}{\sqrt{R^2+(z+\tfrac{L}{2})^2}} \Bigr], & z>\tfrac{L}{2},\\[1em] -2\pi\mu_0 M\Bigl[\dfrac{z-\tfrac{L}{2}}{\sqrt{R^2+(z-\tfrac{L}{2})^2}} -\dfrac{z+\tfrac{L}{2}}{\sqrt{R^2+(z+\tfrac{L}{2})^2}} +2\Bigr], & \lvert z\rvert<\tfrac{L}{2}. \end{cases}
]

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