Um condutor infinitamente longo, de raio a, está colocado de tal modo que seu eixo está ao longo do eixo z. O potencial magnético vetorial, devido à corrente contínua I_{0}, que flui ao longo de a no interior do condutor, é dado por
\mathbf{A}=\frac{-I_{0}}{4 \pi a^{2}} \mu_{0}\left(x^{2}+y^{2}\right) \mathbf{a}, \mathrm{Wb} / \mathrm{m}
Determine o \mathbf{H} correspondente. Confirme seu resultado utilizando a lei de Ampère.

Passo 1

O enunciado dá um condutor cilíndrico infinito de raio a com eixo ao longo do eixo z. O potencial vetorial magnético é informado como
\mathbf{A}=\frac{-I_{0}}{4 \pi a^{2}} \mu_{0}\left(x^{2}+y^{2}\right)\mathbf{a},
onde vou assumir que \mathbf{a} é o versor na direção z, isto é \mathbf{a}=\mathbf{a}_z (essa suposição é natural porque o eixo do condutor está em z e o potencial é escalar em x^2+y^2).
O que o problema pede:
  • Determinar o campo \mathbf{H} correspondente a esse potencial vetorial.
  • Confirmar o resultado usando a lei de Ampère.
Dados importantes extraídos do enunciado:
  • Corrente total que atravessa a seção do condutor: I_{0}.
  • Raio do condutor: a.
  • Potencial vetorial dado: \mathbf{A}=\dfrac{-I_{0}}{4\pi a^{2}}\mu_{0}(x^{2}+y^{2})\,\mathbf{a}_z.
  • O condutor é infinito e a situação é magnetostática estacionária.

Passo 2

Relações fundamentais que usaremos (explicadas):
  • O potencial vetorial \mathbf{A} está relacionado ao vetor indução magnética \mathbf{B} por
\mathbf{B}=\nabla\times\mathbf{A}.
Isto significa que cada componente de \mathbf{B} é uma combinação de derivadas parciais das componentes de \mathbf{A}. Vou explicar a forma concreta em coordenadas cartesiana a seguir.
  • Em meio linear e isotrópico vazio (vácuo), o campo \mathbf{H} é dado por
\mathbf{H}=\frac{\mathbf{B}}{\mu_{0}},
onde \mu_{0} é a permeabilidade do vácuo. Aqui não há materiais magnéticos, então essa relação vale direta.
Essas fórmulas são as ferramentas para passar de \mathbf{A} para \mathbf{H}.

Passo 3

Escrever \mathbf{A} com uma constante para facilitar contas. Defina
C=\frac{-I_{0}\mu_{0}}{4\pi a^{2}}.
Então
\mathbf{A}=C\,(x^{2}+y^{2})\,\mathbf{a}_z,
ou em componentes cartesianas
A_x=0,\qquad A_y=0,\qquad A_z=C(x^{2}+y^{2}).
A fórmula do rotor em componentes cartesianas é
(\nabla\times\mathbf{A})_x=\frac{\partial A_z}{\partial y}-\frac{\partial A_y}{\partial z},
(\nabla\times\mathbf{A})_y=\frac{\partial A_x}{\partial z}-\frac{\partial A_z}{\partial x},
(\nabla\times\mathbf{A})_z=\frac{\partial A_y}{\partial x}-\frac{\partial A_x}{\partial y}.
Como A_x=A_y=0, isso simplifica bastante.
Calcule as derivadas:
\frac{\partial A_z}{\partial y}=C\cdot 2y,\qquad \frac{\partial A_z}{\partial x}=C\cdot 2x.
Portanto
(\nabla\times\mathbf{A})_x=2C y,
(\nabla\times\mathbf{A})_y=-2C x,
(\nabla\times\mathbf{A})_z=0.

Passo 4

Escrevendo \mathbf{B}=\nabla\times\mathbf{A} em forma vetorial cartesiana:
\mathbf{B}=2C\bigl(y\,\mathbf{a}_x - x\,\mathbf{a}_y\bigr).
Agora converto para coordenadas cilíndricas, porque o problema tem simetria radial. Lembremos as relações:
r=\sqrt{x^{2}+y^{2}},\qquad \hat{\boldsymbol{\varphi}}=-\sin\varphi\,\mathbf{a}_x+\cos\varphi\,\mathbf{a}_y,
e também
y\,\mathbf{a}_x - x\,\mathbf{a}_y = r\bigl(\sin\varphi\,\mathbf{a}_x - \cos\varphi\,\mathbf{a}_y\bigr) = -r\,\hat{\boldsymbol{\varphi}}.
Portanto
\mathbf{B}=2C(-r)\,\hat{\boldsymbol{\varphi}}=-2C\,r\,\hat{\boldsymbol{\varphi}}.
Substituindo C=\dfrac{-I_{0}\mu_{0}}{4\pi a^{2}} obtemos
\mathbf{B}=-2\!\left(\frac{-I_{0}\mu_{0}}{4\pi a^{2}}\right) r\,\hat{\boldsymbol{\varphi}} =\frac{I_{0}\mu_{0}}{2\pi a^{2}}\,r\,\hat{\boldsymbol{\varphi}}.
Este resultado tem a forma esperada: \mathbf{B} é azimutal ( \hat{\boldsymbol{\varphi}}) e cresce linearmente com r dentro do condutor.

Passo 5

Agora obtemos \mathbf{H} dividindo \mathbf{B} por \mu_{0}:
\mathbf{H}=\frac{\mathbf{B}}{\mu_{0}}=\frac{I_{0}}{2\pi a^{2}}\,r\,\hat{\boldsymbol{\varphi}}.
Observação sobre domínio: a expressão original de \mathbf{A} dependia de x^{2}+y^{2} com normalização por a^{2}, portanto ela descreve o potencial no interior do condutor ( r\le a). Logo a expressão acima vale para r\le a (dentro do fio), que é o caso que estamos tratando.

Passo 6

Confirmação usando a lei de Ampère (explicada e aplicada):
  • A lei integral de Ampère (na forma magnetostática) diz que, para um caminho fechado C,
\oint_{C}\mathbf{H}\cdot d\mathbf{l}=I_{\text{enc}},
onde I_{\text{enc}} é a corrente total livre atravessando a superfície limitada por C.
  • Escolha um caminho circular de raio r centrado no eixo do fio. Pelo formato de \mathbf{H} (apenas componente azimutal, homogênea ao longo do círculo), temos
\oint_{C}\mathbf{H}\cdot d\mathbf{l}=H_{\varphi}(r)\cdot (2\pi r).
Substituindo H_{\varphi}(r)=\dfrac{I_{0}}{2\pi a^{2}}\,r,
\oint_{C}\mathbf{H}\cdot d\mathbf{l}=\frac{I_{0}}{2\pi a^{2}}\,r\cdot 2\pi r=\frac{I_{0}r^{2}}{a^{2}}.
  • O termo à direita deve ser igual à corrente encerrada por esse círculo. Se a corrente total I_{0} está distribuída uniformemente na seção do fio, a corrente encerrada por um círculo de raio r\le a é proporcional à área:
I_{\text{enc}}=I_{0}\frac{\pi r^{2}}{\pi a^{2}}=\frac{I_{0}r^{2}}{a^{2}}.
Portanto
\oint_{C}\mathbf{H}\cdot d\mathbf{l}=I_{\text{enc}},
o que mostra que a expressão obtida para \mathbf{H} é consistente com a lei de Ampère.

Passo 7

Resumo físico e comentário final (rápido e encorajador): o campo \mathbf{H} dentro do condutor aumenta linearmente com a distância radial r a partir do eixo, o que é intuitivo pois a corrente encerrada cresce com a área. Está tudo consistente com Ampère. Mandou bem por trazer esse enunciado — você já tem a forma funcional que aparece frequentemente em provas.

Resposta

\mathbf{H}=\frac{I_{0}}{2\pi a^{2}}\,r\,\hat{\boldsymbol{\varphi}}\quad\text{(para }r\le a\text{)}

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