Um conductor metálico tem uma seção reta circular cujo raio é 1 cm . Sabe-se que a \sigma=4 \times 10^{8} \mathrm{~S} / \mathrm{m} e que o conductor conduz uma corrente de 200 A no sentido +\mathrm{a}_{\mathrm{z}}. Calcule:
a) A resistência R por unidade de comprimento do conductor e as perdas Joule.
b) Os valores de J, E, H e do vetor Poynting no interior do conductor.
c) Integre o vetor Poynting a longo da superfície cilíndrica envolvendo 1 m de comprimento do conductor e mostre que a resposta é idêntica à da parte a) acima

Passo 1

O enunciado dá um condutor metálico de seção circular de raio r=1\text{ cm}=0,01\text{ m}, condutividade \sigma=4\times10^{8}\,\mathrm S/\mathrm m, percorrido por uma corrente I=200\text{ A} no sentido +\mathbf a_{z}. Vamos calcular:
– (a) a resistência por unidade de comprimento R' e as perdas Joule;
– (b) a densidade de corrente \mathbf J, o campo elétrico \mathbf E, o campo magnético \mathbf H e o vetor de Poynting \mathbf S no interior do condutor;
– (c) a integração de \mathbf S sobre a superfície cilíndrica de 1 m de comprimento e mostrar que dá a mesma potência dissipada em (a).

Passo 2

Para achar a resistência por metro usamos
A=\pi r^{2}=\pi(0,01)^{2}=\pi\times10^{-4}\,\mathrm m^{2},
R'=\frac{1}{\sigma A} =\frac{1}{4\times10^{8}\times\bigl(\pi\times10^{-4}\bigr)} =\frac{1}{4\times10^{4}\,\pi} \approx7{,}96\times10^{-6}\,\Omega/\mathrm m.
As perdas Joule por metro são
P' = I^{2}R' =200^{2}\times7{,}96\times10^{-6} \approx0{,}318\,\mathrm W/m.

Passo 3

A densidade de corrente é uniforme e vale
\mathbf J=\frac{I}{A}\,\mathbf a_{z} =\frac{200}{\pi\times10^{-4}}\,\mathbf a_{z} \approx6{,}37\times10^{5}\,\mathbf a_{z}\;\mathrm A/m^{2}.
Pela lei de Ohm local \mathbf J=\sigma\mathbf E, temos
\mathbf E=\frac{\mathbf J}{\sigma} \approx\frac{6{,}37\times10^{5}}{4\times10^{8}}\,\mathbf a_{z} =1{,}59\times10^{-3}\,\mathbf a_{z}\;\mathrm V/m.

Passo 4

Pelo teorema de Ampère, para r\le R o campo \mathbf H azimutal é
H_{\varphi}(r) =\frac{I_{\rm int}}{2\pi r} =\frac{J\pi r^{2}}{2\pi r} =\frac{J\,r}{2} \cdot \frac{\pi r}{\pi r} =\frac{I\,r}{2\pi R^{2}},
ou seja
\mathbf H =H_{\varphi}(r)\,\mathbf a_{\varphi} =\frac{I\,r}{2\pi R^{2}}\,\mathbf a_{\varphi} =\frac{200\,r}{2\pi(0{,}01)^{2}}\;\mathbf a_{\varphi} \approx3{,}18\times10^{5}\,r\;\mathbf a_{\varphi}\;\mathrm A/m,
com r em metros.

Passo 5

O vetor de Poynting é \mathbf S=\mathbf E\times\mathbf H. Como \mathbf E\parallel\mathbf a_{z} e \mathbf H\parallel\mathbf a_{\varphi}, temos
\mathbf S =E_{z}\,H_{\varphi}(r)\,\bigl(\mathbf a_{z}\times\mathbf a_{\varphi}\bigr) =-E\,H_{\varphi}(r)\,\mathbf a_{r},
ou seja, no interior
\mathbf S(r) =-\bigl(1{,}59\times10^{-3}\bigr)\,\frac{I\,r}{2\pi R^{2}}\;\mathbf a_{r} =-1{,}59\times10^{-3}\,\frac{200\,r}{2\pi(0{,}01)^{2}}\;\mathbf a_{r}.

Passo 6

Para L=1 m, a potência que entra pela superfície cilíndrica de raio R é
P =-\iint_{\rm superf.} \mathbf S\cdot\mathbf n\,dA =\iint |S(R)|\,dA =E\,H_{\varphi}(R)\,(2\pi R\,L).
Usando H_{\varphi}(R)=I/(2\pi R),
P =E\;\frac{I}{2\pi R}\;2\pi R\,L =E\,I\,L.
Mas E=R'/L\cdot I (queda de tensão por metro), logo
P=I^{2}R',
exatamente as perdas Joule calculadas em (a).

Resposta

R'=\displaystyle7{,}96\times10^{-6}\,\Omega/\mathrm m,\quad P'=0{,}318\,\mathrm W/m.
\displaystyle\mathbf J=6{,}37\times10^{5}\,\mathbf a_{z}\,\mathrm A/m^{2},\quad \mathbf E=1{,}59\times10^{-3}\,\mathbf a_{z}\,\mathrm V/m,
\mathbf H(r)=\frac{I\,r}{2\pi R^{2}}\,\mathbf a_{\varphi},\quad \mathbf S(r)=-E\,H_{\varphi}(r)\,\mathbf a_{r}.
A integral de \mathbf S na superfície cilíndrica de 1 m dá P=I^{2}R', igual a (a).

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