Enunciado

Como aplicação do problema anterior, considere um ímã permanente em forma de barra cilíndrica de raio a e comprimento l ≫ a . Nessas condições, podemos admitir, como aproximação, que a barra está uniformemente magnetizada, ou seja, que M → dentro da barra é um vetor constante. Pela (11.8.21), a distribuição de ‘carga magnética’ equivalente tem densidade superficial constante nas duas extremidades circulares da barra (‘norte’ e ‘sul’) e é nula fora delas. Usando esse método, calcule B → : (a) no centro da barra; (b) no centro da face ‘norte’.

Passo 1

Antes de resolvermos o problema propriamente dito, vamos resolver um problema que parece completamente diferente: um cilindro de raio a e altura l ≫ a com densidade de carga superficiel - σ na face superior e + σ na face interior, como mostrado na figura:

Queremos achar o campo elétrico no ponto 1 e no ponto 2. Para isso, você deve lembrar da fórmula do campo no eixo de um disco de raio a a uma distância D do plano:

E → = σ 2 ε 0 1 - D a 2 + D 2 1 / 2   x ^

Vamos olha primeiro para o ponto 1, no centro da barra. Devemos considerar tanto a carga na face da baixo como a carga de cima. Nos dois casos, o campo vai apontar para cima:

E → 1 = σ 2 ε 0 1 - l / 2 a 2 + l 2 / 4 1 / 2   x ^ + σ 2 ε 0 1 - l / 2 a 2 + l 2 / 4 1 / 2   x ^

Portanto,

E → 1 = σ ε 1 - l / 2 a 2 + l 2 / 4 1 / 2   x ^

Agora vamos fazer a expansão para l ≫ a :

1 - l 2 a 2 + l 2 4 1 / 2 = 1 - l 2 ⋅ 1 l 2   1 + 4 a 2 l 2 1 / 2 = 1 - 1 + 4 a 2 l 2 - 1 / 2

Lembrando que 1 + x n = 1 + n x para x ≪ 1 , como l ≫ a , temos que

1 - l 2 a 2 + l 2 4 1 / 2 = 1 - 1 - 1 2 ⋅ 4 a 2 l 2 = 2 a 2 l 2

Portanto, o campo no centro da barra é

E → 1 = σ ε 0 ⋅ 2 a 2 l 2   x ^

Passo 2

Agora vamos olhar para o ponto 2, na face superior. Mas aqui temos cuidado pois há uma descontinuidade do campo. Imediatamente acima da face ele terá um valor e imediatamente abaixo, outro. Vamos denotar por E → 2 + o campo acima e E → 2 - o campo imediatamente abaixo da face.

Vamos calcular primeiro E → 2 - . A contribuição da face superior será na direção + x ^ com D = 0 e a da face inferior será na direção + x ^ com D = l . Assim,

E → 2 - = σ 2 ε 0   x ^ + σ 2 ε 0 1 - l a 2 + l 2 1 / 2   x ^

Ou ainda,

E → 2 - = σ 2 ε 0 2 - l a 2 + l 2 1 / 2   x ^

Para o campo imediatemnte acima, a única coisa que muda é que a contribuição da face superior passa a ser na direção - x ^ , já que o campo é sempre atrativo com relação a essa face:

E → 2 + = - σ 2 ε 0   x ^ + σ 2 ε 0 1 - l a 2 + l 2 1 / 2   x ^

Portanto,

E → 2 + = - σ 2 ε 0 ⋅ l a 2 + l 2 1 / 2   x ^

Note que

E → 2 + - E → 2 - = - σ ε 0   x ^

Como já é esperado, a descontinuidade do campo é a densidade de carga superficial acumalada na superfície dividida por ε 0 .

Vamos tomar o caso limite com l ≫ a :

2 - l a 2 + l 2 1 / 2 = 2 - 1 1 + a 2 l 2 1 / 2 = 2 - 1 + a 2 l 2 - 1 2 = 2 - 1 - a 2 2 l 2 = 1 + a 2 2 l 2

l a 2 + l 2 1 / 2 = - 1 - a 2 2 l 2

Portanto, resumindo nossos resultados para os campos:

E → 1 = σ ε 0 ⋅ 2 a 2 l 2   x ^

E → 2 - = σ 2 ε 0 1 + a 2 2 l 2   x ^

E → 2 + = - σ 2 ε 0 1 - a 2 2 l 2   x ^

Passo 3

Bom, você deve estar imaginando, o que essa conta do campo elétrico tem a ver com o problema que queremos resolver? Inicialmente não tem nenhuma ligação, mas a estrutura das equações é muito semelhante, de modo que podemos usar a mesma estrutura da solução! Foi isso que vimos no exercício 7!

No exercício 7 provamos que dentro de um ímã, podemos definir H → = - ∇ ξ com

Δ ξ = - ∇ ⋅ H → = ∇ ⋅ M → = - ρ m

Note que essa estrutura é idêntica à equação de Poisson:

Δ V = - ∇ ⋅ E → = - ρ ε 0

Note que H → está para E → , assim como ρ m está para ρ / ε 0 . Portanto, pensando num ímã como um cilindro de raio a e altura l , com l ≫ a e com ‘cargas magnéticas’ - σ m na face superior e + σ m na face inferior, basta pegar as soluções para o problema da campo elétrico e trocar σ / ε 0 por σ m :

H → 1 = σ m ⋅ 2 a 2 l 2   x ^

H → 2 - = σ m 2 1 + a 2 2 l 2   x ^

H → 2 + = - σ m 2 1 - a 2 2 l 2   x ^

Eu quis fazer primeiro com o campo elétrico porque sei que você tem mais familiaridade com ele 😊.

Antes de continuar, vamos pensar no que fazer com os dois valores H → no ponto 2 (face superior). O que os físicos muitas vezes fazem quando se deparam com descontinuidades desse tipo é tomar o valor sobre a superfície como sendo a média dos valores imediatamente e imediatamente abaixo:

H → 2 = 1 2 H → 2 - + H → 2 +

Com isso, achamos

H → 1 = σ m ⋅ 2 a 2 l 2   x ^

H → 2 = σ m 2 ⋅ a 2 2 l 2   x ^

Passo 4

Mas nosso objetivo é achar B → , não H → . Para isso, vamos primeiro dar um jeito de colocar a magnetização M → no problema.

Vamos comparar a equação novamente:

Δ ξ = - ∇ ⋅ H → = ∇ ⋅ M → = - ρ m               e             Δ V = - ∇ ⋅ E → = - ρ ε 0

Note que existe uma analogia entre M → e - E → . O exercício pediu para consideramos a magnetização uniforme no interior do cilindro. Sendo assim, vamos fazer a analogia com o elétrico uniforme, que seria

E → = σ ε 0   x ^

Portanto, pela anologia, temos que

M → = - σ m   x ^

Com isso, podemos escrever:

H → 1 = - 2 a 2 l 2 M →

H → 2 = - 1 2 ⋅ a 2 2 l 2   M →

Passo 5

Agora temos que relacionar B → com H → . Para isso, lembre-se que

B → i = μ 0   H → i + M → i

Para o ponto no meio da barra, consideramos que a magnetização é M → 1 = M → é a magnetização uniforme no interior da barra. Assim,

B → 1 = μ 0   - 2 a 2 l 2 M → + M → = μ 0   1 - 2 a 2 l 2   M →

Já para o ponto na face superior, consideramos a média entre a magnetização imediatamente acima com a magnetização imediatamente abaixo:

M → 2 = 1 2 M → + 0 → = 1 2 M →

Logo,

B → 2 = μ 0 - 1 2 a 2 2 l 2   M → + 1 2 M → = μ 0 2   1 - a 2 2 l 2   M →

Note que B → 1 é a resposta do item (a) e B → 2 é a resposta do item (b)!

Resposta

B → 1 = μ 0   1 - 2 a 2 l 2   M →

B → 2 = μ 0 2   1 - a 2 2 l 2   M →

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