Uma espira quadrada de lado a está situada entre dois fios longos que estão no mesmo plano da espira, a uma distância 4 a um do outro. Na realidade, os dois fios longos são os lados maiores de uma grande espira retangular, mas os lados curtos estão tão distantes que podem ser desconsiderados. A espira menor nāo está a meio caminho entre os fios, mas está a uma distância a de um deles e 2 a do outro. Determine a indutância mútua entre as duas espiras.

Passo 1

O enunciado pede a indutância mútua entre duas espiras: uma espira pequena quadrada de lado a e uma espira muito maior cuja contribuição relevante reduz-se a dois fios longos paralelos (os lados grandes do retângulo), separados por uma distância 4a. A espira pequena está entre esses dois fios, com suas coordenadas ao longo da direção que une os fios assim dispostas:
  • distância do fio esquerdo até a aresta esquerda da espira pequena: a;
  • a espira pequena tem lado a, logo ocupa a região em x de x=a até x=2a;
  • distância da aresta direita da espira pequena até o fio direito é 2a (verificando que o fio direito está em x=4a);
  • os fios longos estão no mesmo plano da espira pequena e são tratados como muito longos (ou praticamente infinitos) — os lados curtos da espira grande são desprezíveis.
Informações dadas importantes (resumindo):
  • lado da espira pequena: a;
  • posição dos fios: um em x=0, outro em x=4a;
  • espira pequena ocupa x\in[a,2a] e tem extensão a na direção perpendicular à x (ou seja, sua área é a\times a);
  • é preciso determinar a indutância mútua M entre a espira grande (corrente I nos fios longos) e a espira pequena.
O que será calculado: fluxo magnético \Phi através da espira pequena devido à corrente I nos dois fios longos; depois usar M=\Phi/I.

Passo 2

Princípio físico e fórmula a usar (lembrando de explicar cada símbolo):
  • Campo magnético produzido por um fio retilíneo infinito que transporta corrente I, à distância radial r do fio, é dado por
B(r)=\frac{\mu_0 I}{2\pi r},
onde \mu_0 é a permeabilidade do vácuo (constante), I é a corrente no fio e r é a distância perpendicular do ponto ao fio. Essa expressão vem da Lei de Ampère aplicada a um laço circular centrado no fio: \oint \vec B\cdot d\vec l=\mu_0 I leva a B(2\pi r)=\mu_0 I.
Observações didáticas:
  • O campo está orientado perpendicularmente ao plano que contém os fios e a espira (pela regra da mão direita), portanto contribui integralmente para o fluxo através da espira (sinal dependendo da orientação da corrente, mas aqui buscamos o módulo da indutância mútua).
  • Como os dois fios longos pertencem à mesma espira grande e têm correntes em sentidos opostos (um sobe, outro desce), entre os fios os campos produzidos por cada fio têm o mesmo sentido e somam-se. Assim é correto somar as magnitudes B de cada fio no intervalo entre eles.

Passo 3

Configurar o cálculo do fluxo \Phi pela espira pequena:
  • Colocar um eixo x ao longo da linha que une os dois fios, com o fio esquerdo em x=0 e o fio direito em x=4a.
  • A espira pequena ocupa x\in[a,2a] e, na direção perpendicular (direção y), tem extensão a. Assim a área é um retângulo de largura a em x e comprimento a em y.
  • Campo total no ponto de abscissa x (entre os fios) é soma dos campos dos dois fios:
B_{\text{total}}(x)=\frac{\mu_0 I}{2\pi}\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{4a-x}\right),
onde \frac{1}{x} é a contribuição do fio em x=0 (distância r=x) e \frac{1}{4a-x} é a contribuição do fio em x=4a (distância r=4a-x).
  • Elemento de área pode ser escrito dA = a\,dx se integramos ao longo de x multiplicando pela largura a em y (campo é independente de y dentro da espira pequena, pois dependência principal é da distância ao fio em x).
Portanto o fluxo total \Phi através da espira pequena devido à corrente I nos dois fios é
\Phi = \int_{\text{área}} B_{\text{total}}\,dA = a\int_{x=a}^{x=2a} \frac{\mu_0 I}{2\pi}\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{4a-x}\right)\,dx.á

Passo 4

Calcular explicitamente a integral do Passo 3 passo a passo:
  • Colocar constante fora da integral:
\Phi = \frac{\mu_0 I\,a}{2\pi}\int_{a}^{2a}\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{4a-x}\right)\,dx.
  • Fazer a integral termo a termo. Lembrando primitiva de 1/x é \ln x e de 1/(4a-x) é -\ln(4a-x). Assim
\int_{a}^{2a}\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{4a-x}\right)\,dx = \Bigl[\ln x - \ln(4a-x)\Bigr]_{x=a}^{x=2a}.
  • Avaliar nos limites:
    • para x=2a: \ln(2a)-\ln(4a-2a)=\ln(2a)-\ln(2a)=0,
    • para x=a: \ln a - \ln(4a-a)=\ln a - \ln(3a)=\ln a - (\ln 3 + \ln a) = -\ln 3.
  • Subtraindo (valor em 2a menos valor em a):
\Bigl[\ln x - \ln(4a-x)\Bigr]_{a}^{2a} = 0 - (-\ln 3) = \ln 3.
  • Portanto o fluxo fica
\Phi = \frac{\mu_0 I\,a}{2\pi}\,\ln 3.

Passo 5

Obter a indutância mútua M usando a definição (módulo):
M=\frac{\Phi}{I}.
Substituindo \Phi do passo anterior:
M = \frac{\mu_0 a}{2\pi}\,\ln 3.
Verificação dimensional rápida: \mu_0 tem dimensão H/m, multiplicado por a (m) dá Henry, \ln 3 é adimensional, divisão por 2\pi adimensional — portanto M em Henry, como esperado.
Comentário prático para prova: a ideia é sempre reduzir a espira grande às suas partes que realmente produzem campo na região da espira pequena (aqui, os dois fios quase infinitos). Use a fórmula do campo do fio retilíneo, some contribuições e integre o fluxo sobre a área da espira pequena. Se a espira pequena estivesse centrada entre os fios o integral daria outra constante (mas o procedimento é o mesmo).

Resposta

M=\frac{\mu_0 a}{2\pi}\,\ln 3

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