Questões - Barra Condutora - Eletromagnetismo 2022 1

Logo, \overrightarrow{F} = \frac{k_{1}m_{0} I}{2\pi} \left( \overrightarrow{z} \times (-\overrightarrow{x'}) \right) \int dz \int_{a}^{b} \frac{dy}{y} Como \int dz = L, \text{ logo } \overrightarrow{F} = \frac{k_{1}m_{0} I}{L} \frac{\ln \frac{b}{a}}{2\pi} (-\hat{y}) \left( \frac{N}{m} \right) Ou seja, o pio e a barra se atraem mutuamente. 2) Não há corrente elétrica entre os raios do toróide. Dessa maneira, a indutância mútua entre o toróide e o fio é dada por \( M_{21} = N \frac{\Phi_{1}}{I} \), onde \( \Phi_{1} \) é o fluxo magnético produzido no interior do toróide pelo campo gerado pela corrente \( I \) do fio. Mas, pela Lei de Ampère em sua forma integral, podemos calcular o campo gerado pela corrente no fio:\( \oint \vec{H} \cdot d\vec{l} = I \Rightarrow \vec{H} = \frac{I}{2 \pi r} \hat{\varphi} \), onde usamos uma circunf.\cia coaxial ao fio de raio \( r \) como laço amperiano. Como o toróide está preenchido com ar, \( \vec{B} = \mu_{0} \vec{H} = \mu_{0} \frac{I}{2 \pi r} \hat{\varphi} \). Mas, o fluxo é \( \Phi_{1} = \int \vec{B} \cdot d\vec{A} \), onde \( d\vec{A} = dr dz \hat{\varphi} \), como ilustrado ao lado: Tomos \( \Phi_{1} = \mu_{0} \frac{I}{2 \pi} \int_{r_{1}}^{r_{2}} \int_{0}^{a} \frac{dr dz}{r} = \mu_{0} \frac{I a}{2 \pi} \ln \frac{r_{2}}{r_{1}} \) Portanto, a indutância mútua é \( M_{21} = N \frac{\Phi_{1}}{I} \) e temos \( M_{21} = N \mu_{0} a \frac{\ln \frac{r_{2}}{r_{1}}}{2\pi} \). Para deixarmos a resposta em termos dos parâmetros dados na figura b) do enunciado, notamos que \( \begin{cases} r_{2} - r_{1} = b \\ r_{2} + r_{1} = 2r_{0} \Rightarrow r_{2} + r_{1} = 2r_{0} \end{cases}\) \\ Somando as duas equações, temos: \( 2r_{2} = b + 2r_{0} \) \Rightarrow \( r_{2} = \frac{b}{2} + r_{0} \). Logo, \( \frac{b}{2} + r_{0} - r_{1} = b \Rightarrow r_{1} = r_{0} - \frac{b}{2} \) e, por fim:\) \( M_{21} = N \mu_{0} a \frac{\ln \left( \frac{2r_{0} + b}{2r_{0} - b} \right)}{2 \pi} \) \( \text{(Wb)} \) b) Ora, se agora temos um material com \( \mu = \mu_{r} \mu_{0} \), então temos \( \vec{B} = \mu \vec{H} = \mu_{r} \mu_{0} \vec{H} = \mu_{r} \mu_{0} \frac{I}{2 \pi r} \hat{\varphi} \), de modo que basta pagarmos \( \mu_{0} \rightarrow \mu_{r} \mu_{0} \) no resultado anterior para a indutância mútua: \( M_{21} = N \mu_{r} \mu_{0} a \frac{\ln \frac{r_{2}}{r_{1}}}{2 \pi} = N \mu_{r} \mu_{0} a \frac{\ln \left( \frac{2r_{0} + b}{2r_{0} - b} \right)}{2 \pi} \) \( \text{(Wb)} \) 1) a) Primeiramente, vamos calcular o campo produzido pelo fio na barra. Vamos assumir que os comprimentos do fio e da barra são muito maiores que a distância entre eles, de modo que a aproximação de fios e barras infinitos é válida. Explorando a simetria do fio infinito, vamos calcular o campo, a princípio, num ponto qualquer, pela Lei de Ampére em sua forma integral. Seja o laço amperiano uma circunferência de raio r cujo centro coincide com o eixo z, temos: ∮ B⃗ ⋅ dl⃗ = μ₀ I → B 2π Γ = μ₀ I → B = μ₀ I / 2π Γ . Mas, Como I está em ẑ , logo B⃗ é circunferencial pois ẑ × r̂ = Φ̂ , e então B⃗ = μ₀ I Φ̂ / 2π Γ . Mas, Γ = √(𝑥²+𝑦²) e Φ̂ = −senΦ x̂ + cosΦ ŷ Como queremos o campo na placa, que se encontra em x=0, logo Φ = π/2 e B⃗ = μ₀ I (-x̂) / 2π y Como esperado, uma vez que o fio é infinito, o campo não depende de z. Para calcularmos o campo que a placa produz no fio, nota-mos que a placa pode ser vista como a soma de sucessivos fios de espessura dy, de modo que o campo devido a um elemento de placa num ponto de X=0 é dB⃗ = μ₀ dI x̂ / 2π 𝑦 (agora o campo aponta em +x̂) Mas, dI = k₁ dy e B⃗ = μ₀ k₁ ∫[a to b] (dy/y) = μ₀ k₁ ln(b/a) x̂ / 2π (T) b) Como o campo no fio é B⃗ = μ₀ k₁ ln(b/a) x̂ / 2π , a força pode ser calculada como: F⃗ = I ∫ dl⃗ × B⃗ = I μ₀ k₁ ln(b/a) / 2π (ẑ × x̂)∫ dz Assumindo que o fio tenha um comprimento L = ∫ dz, logo F⃗/L = I μ₀ k₁ ln(b/a) ŷ / 2π (N/m) c) Como o campo na placa é dado por B⃗ = μ₀ I (-x̂) / 2π 𝑦 , então a força sofrida num elemento dy (corrente de um fio de espessura dy) da barra é dF⃗ = k₁ dy dz ẑ × μ₀ I (-x̂ / 2π 𝑦)