Ex-12: Um solenoide longo de raio \boldsymbol{R} tem densidade de espiras que varia com a posição \boldsymbol{x} ao longo do seu eixo, dada por \boldsymbol{n}(\boldsymbol{x})=\boldsymbol{n}_{\mathbf{0}} \boldsymbol{\operatorname { s i n }}\left(\frac{\boldsymbol{\pi} \boldsymbol{x}}{\boldsymbol{L}}\right) para \mathbf{0} \leq \boldsymbol{x} \leq \boldsymbol{L}. Uma corrente \boldsymbol{I} flui pelas espiras.
a) Utilizando a Lei de Ampère (Teorema de Stokes), determine o campo magnético \boldsymbol{B}(\boldsymbol{x}) dentro do solenoide como função da posição.
b) Calcule o fluxo magnético total \boldsymbol{\Phi}_{\boldsymbol{B}} através da seção transversal do solenoide, integrando o campo \boldsymbol{B}(\boldsymbol{x}) sobre o comprimento \boldsymbol{L}.
c) c) Determine a auto-indutância \boldsymbol{L}_{\text {Solenóide }}ó.

Passo 1

O enunciado descreve um solenoide longo de raio R e densidade de espiras variando ao longo do eixo segundo
n(x)=n_{0}\,\sin\biggl(\frac{\pi x}{L}\biggr),
para 0\le x\le L, percorrido por uma corrente I.
Vamos usar:
  1. A Lei de Ampère para obter B(x) dentro do solenoide.
  2. Definição de fluxo magnético \Phi_{B}=\displaystyle\int B\cdot dA e integração em x.
  3. Definição de auto-indutância L_{\text{sol}}=\lambda/I, onde \lambda é o fluxo de ligação total.

Passo 2

Aplicando a Lei de Ampère em um caminho retangular que envolve N_{\ell}=n(x)\,\ell espiras num comprimento \ell pequeno, temos
\oint \mathbf{B}\cdot d\boldsymbol{\ell} = \mu_{0}\,I_{\text{enc}}.
Dentro do solenoide o campo é praticamente axial e constante em cada x, e I_{\text{enc}}=n(x)\,\ell\,I. Logo, tomando a volta de comprimento \ell,
B(x)\,\ell = \mu_{0}\,n(x)\,\ell\,I \quad\Longrightarrow\quad B(x)=\mu_{0}\,n(x)\,I =\mu_{0}\,n_{0}\,I\, \sin\!\biggl(\frac{\pi x}{L}\biggr).

Passo 3

Para o fluxo magnético total pedem-se as linhas de campo que atravessam a seção transversal de área A=\pi R^{2} ao longo de todo o solenoide. Em cada posição x o fluxo por uma fatia é
d\Phi(x)=B(x)\,A,
e integrando de 0 a L obtemos
\Phi_{B}=\int_{0}^{L}B(x)\,A\,dx = \mu_{0}\,n_{0}\,I\,A \underbrace{\int_{0}^{L}\sin\!\bigl(\tfrac{\pi x}{L}\bigr)\,dx}_{\displaystyle \frac{2L}{\pi}}.

Passo 4

Calculando a integral de \sin:
\int_{0}^{L}\sin\!\bigl(\tfrac{\pi x}{L}\bigr)\,dx =\Bigl[-\frac{L}{\pi}\cos\!\bigl(\tfrac{\pi x}{L}\bigr)\Bigr]_{0}^{L} =\frac{2L}{\pi}.
Logo
\Phi_{B} =\mu_{0}\,n_{0}\,I\,(\pi R^{2})\,\frac{2L}{\pi} =2\,\mu_{0}\,n_{0}\,I\,R^{2}\,L.

Passo 5

Para a auto-indutância precisamos do fluxo de ligação total \lambda, somando a contribuição de cada espira. Cada espira em x vê fluxo \varphi(x)=A\,B(x) e há n(x)\,dx espiras em dx, então
\lambda =\int_{0}^{L}n(x)\,\varphi(x)\,dx = \int_{0}^{L}n(x)\,A\,\bigl[\mu_{0}\,n(x)\,I\bigr]\,dx =\mu_{0}\,I\,A\int_{0}^{L}n^{2}(x)\,dx.
Como n(x)=n_{0}\sin(\pi x/L),
\int_{0}^{L}n^{2}(x)\,dx =n_{0}^{2}\int_{0}^{L}\sin^{2}\!\bigl(\tfrac{\pi x}{L}\bigr)\,dx =n_{0}^{2}\,\frac{L}{2}.
Assim
\lambda =\mu_{0}\,I\,A\,n_{0}^{2}\,\frac{L}{2} \quad\Longrightarrow\quad L_{\text{sol}} =\frac{\lambda}{I} =\frac{\mu_{0}\,n_{0}^{2}\,A\,L}{2}.

Resposta

a)\quad B(x)=\mu_{0}\,n_{0}\,I\,\sin\!\bigl(\tfrac{\pi x}{L}\bigr). b)\quad \Phi_{B}=2\,\mu_{0}\,n_{0}\,I\,R^{2}\,L. c)\quad L_{\text{sol}}=\tfrac{1}{2}\,\mu_{0}\,n_{0}^{2}\,\pi R^{2}\,L.

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