Considere um condutor cilíndrico muito longo, de raio a, percorrido por uma corrente estacionária, cuja densidade volumétrica é dada por \vec{J}=J_{0} \frac{r}{a} \hat{e}_{z} onde ( J_{0} é constante e r designa a distância ao eixo do cilindro).
a) Calcule a corrente I que percorre o condutor.
b) Obtenha o campo de indução magnética \vec{B} em todo o espaço.
c) Calcule a densidade superficial de corrente sobre uma superfície cilíndrica condutora, de raio b>a, coaxial com o condutor, para, conjuntamente com a corrente dada, anular o campo \vec{B} na região r>b.
d) Escreva as condições fronteira a que deve satisfazer o campo \vec{B}, nas superfícies r=a e r=b.

Passo 1

O enunciado dá um condutor cilíndrico muito longo, de raio a, percorrido por uma corrente estacionária com densidade volumétrica
\vec{J} = J_{0}\frac{r}{a}\,\hat{e}_{z},
onde J_{0} é constante e r é a distância ao eixo (em coordenadas cilíndricas). As perguntas são:
a) Calcular a corrente total I que percorre o condutor (isto é, a corrente que atravessa a secção transversal do cilindro de raio a).
b) Obter o campo de indução magnética \vec{B} em todo o espaço (para r<a e para r>a).
c) Calcular a densidade superficial de corrente \vec{K} sobre uma superfície cilíndrica condutora de raio b>a, coaxial com o condutor, de modo que, juntamente com a corrente volumétrica dada, o campo \vec{B} fique nulo na região r>b.
d) Escrever as condições de contorno (fronteira) que o campo \vec{B} deve satisfazer nas superfícies r=a e r=b.
Todos os dados essenciais do enunciado já foram listados acima; a resolução começa no próximo passo.

Passo 2

Como calcular a corrente total através da secção transversal: a corrente total I é a integral da componente de \vec{J} normal à secção (a componente ao longo de z, aqui) sobre a área da secção. Em coordenadas cilíndricas a área elementar é dA = r'\,dr'\,d\varphi. A fórmula é
I=\iint_{S}\vec{J}\cdot\hat{e}_{z}\,dA=\int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{a} J_{0}\frac{r'}{a}\; r'\,dr'\,d\varphi.
Vou explicar a integral: J_{0}\frac{r'}{a} é a intensidade da densidade de corrente no ponto a distância r' do eixo; multiplicamos por r'\,dr'\,d\varphi para obter o elemento de área e integramos sobre todo o disco de raio a.

Passo 3

Calculemos a integral do Passo 2 explicitamente:
I=\frac{J_{0}}{a}\int_{0}^{2\pi}d\varphi\int_{0}^{a} r'^{2}\,dr'=\frac{J_{0}}{a}\cdot 2\pi \cdot \left[\frac{r'^{3}}{3}\right]_{0}^{a}.
Avalia-se:
I=\frac{J_{0}}{a}\cdot 2\pi \cdot \frac{a^{3}}{3}=\frac{2\pi}{3} J_{0} a^{2}.
Portanto já temos a resposta para (a): a corrente que atravessa a secção é \displaystyle I=\frac{2\pi}{3}J_{0}a^{2}.

Passo 4

Agora vamos obter o campo magnético \vec{B}. Para um fio cilíndrico muito longo com simetria axial e corrente apenas na direção z, o campo magnético resultante é azimutal (direção \hat{e}_{\varphi}) e depende só de r. A ferramenta adequada é a Lei de Ampère no regime estacionário (magnetostática):
\oint_{\mathcal{C}} \vec{B}\cdot d\vec{\ell} = \mu_{0} I_{\text{enc}},
onde I_{\text{enc}} é a corrente total atravessada pelo laço fechado \mathcal{C}. Pela simetria escolhemos \mathcal{C} como um círculo de raio r centrado no eixo; então \vec{B} é tangente ao círculo e tem mesma magnitude em todos os pontos desse círculo. Assim a integral de linha fica \oint \vec{B}\cdot d\vec{\ell}=B_{\varphi}(r)\cdot (2\pi r).
Vou separar os casos r<a (dentro do cilindro, usamos corrente embutida até raio r) e r>a (fora do cilindro, usamos a corrente total).

Passo 5

Calcular I_{\text{enc}}(r) para r<a: usamos o mesmo procedimento do Passo 2, mas integrando até r em vez de a:
I_{\text{enc}}(r)=\int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{r} J_{0}\frac{r'}{a}\; r'\,dr'\,d\varphi = \frac{J_{0}}{a}\cdot 2\pi \cdot \frac{r^{3}}{3} = \frac{2\pi J_{0}}{3a}\, r^{3}.
Aplicando a Lei de Ampère:
B_{\varphi}(r)\, (2\pi r) = \mu_{0}\, I_{\text{enc}}(r)=\mu_{0}\,\frac{2\pi J_{0}}{3a}\, r^{3}.
Isolando B_{\varphi}(r):
B_{\varphi}(r)=\mu_{0} J_{0}\frac{r^{2}}{3a},\qquad (r<a).
A direção é \hat{e}_{\varphi} (o sentido é dado pela regra da mão direita se a corrente estiver em +\hat{e}_z).

Passo 6

Para r>a a corrente encerrada é a corrente total I que encontramos no Passo 3. Aplicando Ampère:
B_{\varphi}(r)\,(2\pi r)=\mu_{0} I=\mu_{0}\,\frac{2\pi}{3}J_{0}a^{2}.
Assim
B_{\varphi}(r)=\mu_{0} J_{0}\frac{a^{2}}{3r},\qquad (r>a).
Novamente \vec{B} está na direção \hat{e}_{\varphi}.

Passo 7

Juntando os resultados do interior e do exterior, escrevemos o campo vetorial completo (para corrente ao longo de +\hat{e}_{z}\)): \[\vec{B}(r)= \begin{cases} \displaystyle \mu_{0} J_{0}\dfrac{r^{2}}{3a}\,\hat{e}_{\varphi}, & r<a,\\[8pt] \displaystyle \mu_{0} J_{0}\dfrac{a^{2}}{3r}\,\hat{e}_{\varphi}, & r>a. \end{cases}
Isso resolve a parte (b). Obs.: para (r=a] as duas expressões coincidem (continuidade), como veremos novamente.]

Passo 8

Passando para (c): queremos uma densidade superficial de corrente \vec{K} sobre a superfície cilíndrica de raio b (coaxial) de modo que o campo \vec{B} na região r>b seja nulo. Comentário didático: um campo \vec{B} nulo fora exige que a corrente total encerrada pelo Amperiano de raio r>b seja zero. A corrente volumétrica já fornece a corrente total I positiva no sentido +\hat{e}_{z}. Logo precisamos de uma corrente adicional, localizada na casca r=b, que forneça uma corrente axial total I_{\text{casca}}=-I (mesma magnitude, sentido oposto) para anular o I encerrado.
Importante: a densidade superficial de corrente \vec{K} deve ter componente axial (direção \hat{e}_{z}) se quisermos adicionar/subtrair corrente axial que contribua para I_{\text{enc}}. Uma corrente puramente azimutal não contribui para a corrente atravessando a secção axial.

Passo 9

Se a densidade superficial de corrente for uniforme e axial, escrevemos
\vec{K}=K_{z}\,\hat{e}_{z},
onde K_{z} tem unidades de \text{A}/\text{m}. A corrente total transportada pela casca (axial) é I_{\text{casca}}=K_{z}\times comprimento efetivo em volta da circunferência =K_{z}\,(2\pi b). Queremos
I_{\text{casca}} = -I = -\frac{2\pi}{3}J_{0}a^{2}.
Assim
K_{z}\,(2\pi b) = -\frac{2\pi}{3}J_{0}a^{2}\quad\Rightarrow\quad K_{z} = -\frac{J_{0}a^{2}}{3b}.
Logo a densidade superficial vetorial é
\vec{K} = -\frac{J_{0}a^{2}}{3b}\,\hat{e}_{z}.
Isto significa que a casca transporta uma corrente axial no sentido oposto à corrente volumétrica do núcleo, com a magnitude necessária para anular o campo fora.

Passo 10

Verificação rápida (consistência): o salto do campo \vec{B} na superfície r=b deve obedecer à condição para uma folha de corrente superficial (ver passo seguinte), e com o K_{z} encontrado obtemos B_{\varphi}(b^{+})=0 e B_{\varphi}(b^{-})=\mu_{0}J_{0}a^{2}/(3b), portanto o salto é -\mu_{0}J_{0}a^{2}/(3b), que coincide com \mu_{0}K_{z}. Isso confirma que a escolha de K_{z} anula corretamente o campo externo.

Passo 11

Agora (d): condições de fronteira para \vec{B} na presença/ausência de corrente superficial.
Teoria (explicada): as condições gerais na interface entre duas regiões são
\hat{n}\cdot(\vec{B}_{2}-\vec{B}_{1})=0\quad\text{(continuidade da componente normal, não há monopólios magnéticos)},ãáóé
\hat{n}\times(\vec{B}_{2}-\vec{B}_{1})=\mu_{0}\vec{K}\quad\text{(salto da componente tangencial devido à corrente superficial } \vec{K}\text{)}.à
Aqui \hat{n} é a normal da superfície que aponta da região 1 para a região 2 e \vec{K} é a densidade superficial de corrente na superfície (se existir). Vou aplicar estas fórmulas às superfícies r=a e r=b.

Passo 12

Aplicação em r=a: não há corrente superficial especificada no enunciado na superfície r=a (a corrente é volumétrica até r=a). Logo \vec{K}=0 nessa superfície. Tomando \hat{n}=\hat{e}_{r} apontando para fora do núcleo,
\hat{e}_{r}\cdot(\vec{B}(a^{+})-\vec{B}(a^{-}))=0\quad\Rightarrow\quad \text{componentes radiais contínuas},í
\hat{e}_{r}\times(\vec{B}(a^{+})-\vec{B}(a^{-}))=\mu_{0}\vec{0}=\vec{0}\quad\Rightarrow\quad \text{componentes tangenciais contínuas}.í
Como \vec{B} tem apenas componente azimutal, a condição prática é
B_{\varphi}(a^{-})=B_{\varphi}(a^{+}).
Usando as fórmulas obtidas, ambas as expressões avaliam-se para r=a como \mu_{0}J_{0}a/3, confirmando a continuidade.

Passo 13

Aplicação em r=b: aqui existe uma corrente superficial axial \vec{K}=K_{z}\hat{e}_{z} (encontrada no Passo 9). Com \hat{n}=\hat{e}_{r} apontando para fora do cilindro de raio b, temos a condição de salto:
\hat{e}_{r}\times(\vec{B}(b^{+})-\vec{B}(b^{-}))=\mu_{0}\vec{K}.
Como \vec{B} tem só componente \hat{e}_{\varphi},
\hat{e}_{r}\times\hat{e}_{\varphi}=\hat{e}_{z},
logo tomando módulos (e mantendo o sinal vetorial),
\bigl(B_{\varphi}(b^{+})-B_{\varphi}(b^{-})\bigr)\,\hat{e}_{z}=\mu_{0}K_{z}\,\hat{e}_{z},
ou simplesmente
B_{\varphi}(b^{+})-B_{\varphi}(b^{-})=\mu_{0}K_{z}.
No nosso problema escolhemos K_{z}=-J_{0}a^{2}/(3b). Como queríamos anular o campo fora, B_{\varphi}(b^{+})=0 e então a condição dá
0-B_{\varphi}(b^{-})=\mu_{0}K_{z}\quad\Rightarrow\quad B_{\varphi}(b^{-})=-\mu_{0}K_{z}=\mu_{0}J_{0}\frac{a^{2}}{3b},
o que é consistente com a expressão de B_{\varphi} logo interior ( r<b mas >a). A componente normal B_{r} é contínua (aqui ambas são zero).

Resposta

(a) [\displaystyle I=\frac{2\pi}{3}J_{0}a^{2}.)
(b) (\displaystyle \vec{B}®= \begin{cases} \displaystyle \mu_{0}J_{0}\dfrac{r^{2}}{3a}\,\hat{e}_{\varphi}, & r<a,\\[8pt] \displaystyle \mu_{0}J_{0}\dfrac{a^{2}}{3r}\,\hat{e}_{\varphi}, & r>a. \end{cases}]
(c) \displaystyle \vec{K}=-\frac{J_{0}a^{2}}{3b}\,\hat{e}_{z}.
(d) Em r=a: B_{\varphi}(a^{-})=B_{\varphi}(a^{+}) e B_{r}(a^{-})=B_{r}(a^{+})=0 (continuidade, pois \vec{K}=0 em r=a).\nEm r=b: \hat{e}_{r}\times(\vec{B}(b^{+})-\vec{B}(b^{-}))=\mu_{0}\vec{K}, que se escreve em componentes como B_{\varphi}(b^{+})-B_{\varphi}(b^{-})=\mu_{0}K_{z}, e \hat{e}_{r}\cdot(\vec{B}(b^{+})-\vec{B}(b^{-}))=0.]

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