No espaço, considere o eixo x como sendo um fio infinito com uma corrente contínua fluindo para a direita. A Lei de Biot-Savart nos diz que tal corrente produz um campo magnético da forma
\vec{B}(x, y, z)=\frac{1}{\left(y^{2}+z^{2}\right)}(-z \overrightarrow{\mathbf{j}}+y \overrightarrow{\mathbf{k}})
exceto por um múltiplo constante.
(a) (10 pontos) Seja C_{1} a circunferência obtida como interseção do plano y z e do cilindro y^{2}+z^{2}= 16, orientada no sentido anti-horário do plano y z. Calcule \int_{C_{1}} \vec{B} \cdot \vec{T} d s.
(b) (5 pontos) Verifique que \operatorname{Rot} \vec{B} é paralelo a \overrightarrow{\mathbf{i}} em todo ponto.
(c) (5 pontos) Verifique que o normal unitário do cilindro y^{2}+z^{2}=16 em todo ponto é ortogonal a \overrightarrow{\mathrm{i}}.
(d) ( 10 pontos) Considere C_{2} a curva fechada obtida como interseção do paraboloide x=y^{2}+z^{2} e do cilindro y^{2}+z^{2}=16. Calcule \int_{C_{2}} \vec{B} \cdot \vec{T} d s para alguma orientação de C_{2} utilizando o Teorema de Stokes.

Passo 1

O enunciado descreve o campo magnético gerado por um fio infinito ao longo do eixo x, dado (até constante) por
\vec{B}(x,y,z)=\frac{1}{y^{2}+z^{2}}\bigl(-z\,\mathbf{j}+y\,\mathbf{k}\bigr).
Queremos calcular as circulações \displaystyle\int_{C}\vec{B}\cdot\vec{T}\,ds em duas curvas C_{1} e C_{2}, além de verificar que
  1. o rotacional \nabla\times\vec{B} é paralelo a \mathbf{i},
  2. o vetor normal ao cilindro y^{2}+z^{2}=16 é ortogonal a \mathbf{i},
    e por fim usar o Teorema de Stokes para relacionar as integrais de linha em C_{1} e C_{2}.

Passo 2

Para (a), parametrize C_{1}\) como a interseção de \(x=0\) e \(y^{2}+z^{2}=16\) com orientação anti-horária vista do eixo \(x\). Uma parametrização conveniente é \[\begin{cases} y(t)=4\cos t,\\\ z(t)=4\sin t,\\\ x(t)=0, \end{cases} \quad t\in[0,2\pi].
Então
\vec{r}\,'(t)=(-4\sin t)\,\mathbf{j}+(4\cos t)\,\mathbf{k},
e
\vec{B}\bigl(\vec{r}(t)\bigr) =\frac{1}{16}\bigl(-4\sin t\,\mathbf{j}+4\cos t\,\mathbf{k}\bigr) =\Bigl(-\tfrac{1}{4}\sin t\Bigr)\mathbf{j}+\Bigl(\tfrac{1}{4}\cos t\Bigr)\mathbf{k}.
O produto (\vec{B}\cdot\vec{r},’] vale
\Bigl(-\tfrac{1}{4}\sin t\Bigr)(-4\sin t) +\Bigl(\tfrac{1}{4}\cos t\Bigr)(4\cos t) =\sin^{2}t+\cos^{2}t=1.
Logo
\int_{C_{1}}\vec{B}\cdot\vec{T}\,ds =\int_{0}^{2\pi}1\,dt =2\pi.

Passo 3

Para (b), calculemos \nabla\times\vec{B}. Escrevendo \vec{B}=(0,B_{y},B_{z}) com
B_{y}=-\frac{z}{y^{2}+z^{2}}, \quad B_{z}=\frac{y}{y^{2}+z^{2}},
temos
\nabla\times\vec{B} =\Bigl(\frac{\partial B_{z}}{\partial y}-\frac{\partial B_{y}}{\partial z}\Bigr)\mathbf{i} +0\;\mathbf{j}+0\;\mathbf{k}.
Portanto \nabla\times\vec{B} só tem componente na direção \mathbf{i}, ou seja, é paralelo a \mathbf{i}.

Passo 4

Para (c), o vetor normal unitário ao cilindro y^{2}+z^{2}=16 num ponto (0,y,z) é
\mathbf{n} =\frac{1}{\sqrt{y^{2}+z^{2}}}\bigl(0,y,z\bigr) =\bigl(0,\tfrac{y}{4},\tfrac{z}{4}\bigr).
Como a componente em x de \mathbf{n} é zero, segue que \mathbf{n} é ortogonal a \mathbf{i}=(1,0,0).

Passo 5

Para (d), escolhemos como superfície S o trecho lateral do cilindro y^{2}+z^{2}=16 limitado por C_{1} (em x=0) e C_{2} (em x=16). Pelo Teorema de Stokes
\iint_{S}(\nabla\times\vec{B})\cdot\mathbf{n}\,dS =\int_{\partial S}\vec{B}\cdot\vec{T}\,ds =\int_{C_{2}}\vec{B}\cdot\vec{T}\,ds -\int_{C_{1}}\vec{B}\cdot\vec{T}\,ds.
Mas em S temos (\nabla\times\vec{B})\parallel\mathbf{i} e \mathbf{n}\perp\mathbf{i}, logo (\nabla\times\vec{B})\cdot\mathbf{n}=0 e a integral dupla é zero. Assim
0 =\int_{C_{2}}\vec{B}\cdot\vec{T}\,ds -\int_{C_{1}}\vec{B}\cdot\vec{T}\,ds \quad\Longrightarrow\quad \int_{C_{2}}\vec{B}\cdot\vec{T}\,ds =\int_{C_{1}}\vec{B}\cdot\vec{T}\,ds =2\pi.

Resposta

(a) 2\pi
(b) \nabla\times\vec{B}=(\dots)\,\mathbf{i}, só componente em \mathbf{i}
(c) \mathbf{n}=(0,y/4,z/4)\perp\mathbf{i}
(d) 2\pi

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