Dois solenoides coaxiais, muito longos, de raios a e b respetivamente, (a<b), com igual número de espiras por unidade de comprimento, n=N / L, estão ligados entre si, de tal modo que são percorridos por correntes estacionárias de igual intensidade I, fluindo em sentidos opostos.
a) Calcule o campo magnético criado pelos dois solenoides em todo o espaço.
b) Determine a indutância do sistema formado pelos dois solenoides.
c) Obtenha a expressão da energia magnética armazenada neste sistema.

Passo 1

O enunciado dá dois solenoides coaxiais, muito longos, com raios a e b (com a<b). Ambos têm o mesmo número de espiras por unidade de comprimento, dado por n = N/L. Os dois são percorridos por correntes estacionárias de mesma intensidade I, mas fluindo em sentidos opostos. O exercício pede três coisas:
  1. (a) Calcular o campo magnético criado pelos dois solenoides em todo o espaço (ou seja, para as três regiões em r: r<a, a<r<b e r>b).
  2. (b) Determinar a indutância do sistema formado pelos dois solenoides (a indutância total quando ambos são percorridos por correntes iguais em sentidos opostos).
  3. (c) Obter a expressão da energia magnética armazenada neste sistema.
Informações relevantes fornecidas:
  • Raios: a (solenoide interno) e b (solenoide externo), com a<b.
  • Número de espiras por unidade de comprimento: n = N/L (o mesmo para os dois).
  • Correntes: intensidade I em cada solenoide, fluxos em sentidos opostos.
  • Os solenoides são “muito longos” (modelo do solenoide ideal/infinitamente longo aplica-se).

Passo 2

Conceito-chave que vamos usar: campo magnético de um solenoide longo (ideal).
  • Para um solenoide longo, com densidade de espiras por comprimento n e corrente I, o campo magnético dentro do solenoide é uniforme e paralelo ao eixo e vale
\mathbf{B}_{\text{dentro}} = \mu_0\, n\, I\,\hat{z},
onde \mu_0 é a permeabilidade do vácuo e \hat{z} é o versor ao longo do eixo do solenoide (escolhemos \hat{z} como direção positiva). Fora de um solenoide ideal muito longo, o campo é desprezível (aproximamos por zero):
\mathbf{B}_{\text{fora}} \approx \mathbf{0}.
Breve justificativa (Ampère): usando uma trajetória retangular que atravessa o interior do solenoide e tomando o comprimento muito grande, o termo \oint \mathbf{B}\cdot d\mathbf{l}=\mu_0 I_{\text{encl}} leva a B\,\ell = \mu_0 (n\ell) I e daí B=\mu_0 n I. Isso é a razão de o campo ser considerado uniforme dentro e praticamente zero fora.

Passo 3

Aplicar superposição linear: o campo total é soma vetorial dos campos produzidos por cada solenoide separadamente. Precisamos cuidar do sentido (os dois I têm sentidos opostos).
Escolha de convenção de sinais:
  • Tomemos a corrente no solenoide interno tal que ela gera um campo \mathbf{B}_{\text{int}} = +\mu_0 n I\,\hat{z} no interior ( r<a).
  • A corrente no solenoide externo tem sentido oposto, portanto o campo que ele gera no seu interior ( r<b) é \mathbf{B}_{\text{ext}} = -\mu_0 n I\,\hat{z}.
Agora analisamos regiões radiais:
Região 1: r<a.
  • Cada ponto com r<a está dentro do solenoide interno e também dentro do solenoide externo (pois r<a<b\Rightarrow r<b). Portanto:
    • contribuição do interno: \mu_0 n I\,\hat{z},
    • contribuição do externo: -\mu_0 n I\,\hat{z}.
  • Soma:
\mathbf{B}(r<a)=\mu_0 n I\,\hat{z} + \big(-\mu_0 n I\,\hat{z}\big) = \mathbf{0}.
Ou seja, cancelamento total no interior do raio a.
Região 2: a<r<b.
  • Aqui estamos fora do solenoide interno (portanto a contribuição do interno é aproximadamente \mathbf{0}) e dentro do solenoide externo (logo a contribuição do externo é -\mu_0 n I\,\hat{z}). Assim:
\mathbf{B}(a<r<b) = \mathbf{0} + \big(-\mu_0 n I\,\hat{z}\big) = -\mu_0 n I\,\hat{z}.
O campo é uniforme na região anular entre os raios e aponta no sentido -\hat{z} (oposto ao que o solenoide interno produziria).
Região 3: r>b.
  • Estamos fora de ambos os solenoides; portanto ambos contribuem praticamente com \mathbf{0}. Assim:
\mathbf{B}(r>b)=\mathbf{0}.
Resumo do campo (já que isto será a resposta do item (a)):
  • \mathbf{B}(r<a)=\mathbf{0},
  • \mathbf{B}(a<r<b)=-\mu_0 n I\,\hat{z},
  • \mathbf{B}(r>b)=\mathbf{0}.

Passo 4

Agora vamos calcular a indutância do sistema. Duas abordagens possíveis; eu faço a via da energia magnética (mais direta aqui) e em seguida confiro por fluxo/ligação.
Primeiro, energia magnética armazenada no campo: densidade de energia magnética é
u = \frac{1}{2\mu_0}|\mathbf{B}|^2.
Como vimos, o campo é diferente de zero somente na região anular a<r<b, e lá |\mathbf{B}| = \mu_0 n I. Tomando o comprimento finito do conjunto igual a L (o mesmo L do enunciado, com n=N/L), o volume da região onde o campo existe é V = \pi(b^2-a^2)\,L. Então a energia total é
U = \int_{\text{volume}} \frac{1}{2\mu_0} B^2\,dV = \frac{1}{2\mu_0} (\mu_0 n I)^2 \cdot \pi(b^2-a^2)\,L.
Simplificando:
U = \frac{1}{2}\,\mu_0\, n^2\, I^2 \,\pi\bigl(b^2-a^2\bigr)\,L.
Relacionamento entre energia e indutância: para um sistema com corrente I definimos a indutância total \mathcal{L} por
U = \frac{1}{2}\,\mathcal{L}\,I^2.
Igualando as duas expressões para U obtemos
\mathcal{L} = \mu_0\, n^2 \,\pi\bigl(b^2-a^2\bigr)\,L.
É a indutância total do sistema formado pelos dois solenoides quando percorrem correntes de mesma magnitude e sentidos opostos. Podemos também escrever a indutância por unidade de comprimento (muito útil para solenoides muito longos):
\mathcal{L}' = \frac{\mathcal{L}}{L} = \mu_0\, n^2 \,\pi\bigl(b^2-a^2\bigr).

Passo 5

Verificação alternativa (fluxo por espira e ligação de fluxo):
  • Campo não nulo apenas em a<r<b com valor -\mu_0 n I\,\hat{z}.
  • Fluxo por uma espira do solenoide externo (raio b) é
\Phi_{\text{espira,ext}}=\int_{0}^{b} B_z\, 2\pi r\,dr = \int_{a}^{b} (-\mu_0 n I)\,2\pi r\,dr = -\mu_0 n I\,\pi\bigl(b^2-a^2\bigr).
  • Cada espira do solenoide interno tem fluxo zero (pois no disco de raio a o campo resultante é zero).
  • A ligação de fluxo total \Lambda (soma das fluxos por espira de todas as N=nL espiras que efetivamente ligam) é
\Lambda = N\,\Phi_{\text{espira,ext}} = nL\cdot\bigl(-\mu_0 n I\,\pi(b^2-a^2)\bigr) = -\mu_0 n^2 \pi(b^2-a^2)L\,I.
  • A indutância, em módulo, é \mathcal{L} = \Lambda/I (tomando o sinal adequado, mas a indutância é positiva em módulo), daí
\mathcal{L} = \mu_0\, n^2 \,\pi\bigl(b^2-a^2\bigr)\,L,
coincidindo com o resultado pela energia.

Passo 6

Expressão final para a energia magnética (item (c)), já obtida:
U = \frac{1}{2}\,\mathcal{L}\,I^2 = \frac{1}{2}\,\mu_0\, n^2\, I^2 \,\pi\bigl(b^2-a^2\bigr)\,L.
Também se quiser em termos de indutância por unidade de comprimento:
\frac{U}{L} = \frac{1}{2}\,\mu_0\, n^2\, I^2 \,\pi\bigl(b^2-a^2\bigr).

Resposta

(a) \mathbf{B}(r)=\begin{cases}\mathbf{0},& r<a,\\[4pt]-\mu_0\,n\,I\,\hat{z},& a<r<b,\\[4pt]\mathbf{0},& r>b,\end{cases}
(b) \displaystyle \mathcal{L}=\mu_0\, n^2 \,\pi\bigl(b^2-a^2\bigr)\,L, (indutância total)
(c) \displaystyle U=\frac{1}{2}\,\mu_0\, n^2\, I^2 \,\pi\bigl(b^2-a^2\bigr)\,L.]

Exercícios relacionados