7.10 Uma espira quadrada condutora de lado 2 a está no plano z=0 e é percorrida por uma corrente I no sentido anti-horário. Demonstre que, no centro da espira
\mathbf{H}=\frac{\sqrt{2} I}{\pi a} \mathbf{a}_{2}

Passo 1

O enunciado diz: uma espira quadrada condutora de lado 2a está no plano z=0 e é percorrida por uma corrente I no sentido anti-horário. Pede-se demonstrar que, no centro da espira,
\mathbf{H}=\frac{\sqrt{2}\,I}{\pi a}\,\mathbf{a}_{2}.
Informações relevantes que vamos usar:
\text{vértices da espira: }(\pm a,\pm a,0).é
A espira é fechada e simétrica em relação à origem (que é o seu centro). O sentido anti-horário é visto a partir do eixo +z. Vamos calcular o campo \mathbf{H} no ponto \mathbf{r}=\mathbf{0} (o centro).

Passo 2

Ferramenta que usaremos (explicada com calma): a lei de Biot–Savart para \mathbf{H}. Para uma corrente constante I em um fio fino, o campo de intensidade magnética \mathbf{H} em um ponto \mathbf{r} é dado por
\mathbf{H}(\mathbf{r})=\frac{I}{4\pi}\int_{C}\frac{d\mathbf{l}'\times(\mathbf{r}-\mathbf{r}')}{|\mathbf{r}-\mathbf{r}'|^{3}}.
O que cada símbolo significa:
  • I é a corrente no fio.
  • C é a curva que descreve o fio (a espira quadrada).
  • \mathbf{r}' é a posição de um elemento de corrente d\mathbf{l}' sobre o fio.
  • \mathbf{r} é o ponto onde queremos o campo (aqui \mathbf{r}=\mathbf{0}).
  • d\mathbf{l}' é o vetor diferencial orientado segundo o sentido da corrente (módulo igual ao comprimento diferencial).
  • O produto vetorial d\mathbf{l}'\times(\mathbf{r}-\mathbf{r}') dá a direção e sinal da contribuição desse elemento.
  • O denominador |\mathbf{r}-\mathbf{r}'|^{3} faz a contribuição decair com a distância (é a forma vetorial do Biot–Savart).
    Explicação física curta: cada pequeno trecho de fio gera uma contribuição cujo sentido é dado pela regra da mão direita (produto vetorial) e cujo módulo cai com a distância.
Observação de simetria — por que podemos só calcular um lado: a espira é formada por 4 lados idênticos. Pelo sentido anti-horário visto de cima, as contribuições dos quatro lados no centro têm a mesma direção (perpendicular ao plano da espira) e o mesmo módulo. Portanto basta calcular a contribuição de um lado e multiplicar por 4. Vou usar base cartesiana usual \mathbf{a}_1=\hat{\mathbf{x}}, \mathbf{a}_2=\hat{\mathbf{y}}, \mathbf{a}_3=\hat{\mathbf{z}} para fazer contas; no final veremos como isto corresponde ao resultado escrito no enunciado (que usa \mathbf{a}_2 como vetor unitário na direção normal ao plano).

Passo 3

Escolha de um lado para calcular (o lado superior). Coordenadas do lado superior: pontos (x,a,0) com x variando entre -a e a. Pelo sentido anti-horário visto de +z, a corrente no lado superior vai de x=+a para x=-a (ou seja, da direita para a esquerda). Parametrização conveniente: tomar a variável x que cresce de -a a +a mas incorporar o sentido real da corrente no d\mathbf{l}'. Assim:
\mathbf{r}'(x)=(x,a,0),\qquad x\in[-a,a].
O vetor diferencial (orientado segundo a corrente, que é da direita para a esquerda) é
d\mathbf{l}'=-dx\,\mathbf{a}_1.
No centro \mathbf{r}=\mathbf{0} temos \mathbf{r}-\mathbf{r}'=-\mathbf{r}'=(-x,-a,0). Então o produto vetorial do integrando é
d\mathbf{l}'\times(\mathbf{r}-\mathbf{r}') = (-dx\,\mathbf{a}_1)\times(-x\,\mathbf{a}_1 - a\,\mathbf{a}_2).
Calcule termo a termo: \mathbf{a}_1\times\mathbf{a}_1=\mathbf{0}, e \mathbf{a}_1\times\mathbf{a}_2=\mathbf{a}_3. Assim
(-dx\,\mathbf{a}_1)\times(-x\,\mathbf{a}_1 - a\,\mathbf{a}_2) = (-dx)\big(0 - a(\mathbf{a}_1\times\mathbf{a}_2)\big) = (-dx)\big(-a\,\mathbf{a}_3\big) = a\,dx\,\mathbf{a}_3.
Observe que o resultado é paralelo a \mathbf{a}_3 (ou seja, perpendicular ao plano z=0), positivo no sentido +\mathbf{a}_3. O módulo do vetor posição é
|\mathbf{r}'|=\sqrt{x^{2}+a^{2}}.
Substituindo na fórmula de Biot–Savart (avaliada em \mathbf{0}) para esse lado obtemos a contribuição
\mathbf{H}_{\text{top}}=\frac{I}{4\pi}\int_{-a}^{a}\frac{a\,dx\,\mathbf{a}_3}{(x^{2}+a^{2})^{3/2}}.
Agora vamos calcular a integral escalar
\int_{-a}^{a}\frac{dx}{(x^{2}+a^{2})^{3/2}}.
Fazemos a substituição trigonométrica x=a\tan\theta. Então dx=a\operatorname{sec}^{2}\theta\,d\theta e
x^{2}+a^{2}=a^{2}\operatorname{sec}^{2}\theta,\qquad (x^{2}+a^{2})^{3/2}=a^{3}\operatorname{sec}^{3}\theta.
O integrando fica
\frac{dx}{(x^{2}+a^{2})^{3/2}} = \frac{a\operatorname{sec}^{2}\theta\,d\theta}{a^{3}\operatorname{sec}^{3}\theta} = \frac{1}{a^{2}}\cos\theta\,d\theta.
Os limites: x=-a\Rightarrow\theta=-\pi/4, x=+a\Rightarrow\theta=+\pi/4. Assim
\int_{-a}^{a}\frac{dx}{(x^{2}+a^{2})^{3/2}} = \frac{1}{a^{2}}\int_{-\pi/4}^{\pi/4}\cos\theta\,d\theta = \frac{1}{a^{2}}\big[\sin\theta\big]_{-\pi/4}^{\pi/4} = \frac{1}{a^{2}}\left(\frac{\sqrt{2}}{2}-\Big(-\frac{\sqrt{2}}{2}\Big)\right) = \frac{\sqrt{2}}{a^{2}}.
Voltando para \mathbf{H}_{\text{top}},
\mathbf{H}_{\text{top}}=\frac{I}{4\pi}\,a\,\mathbf{a}_3\cdot\frac{\sqrt{2}}{a^{2}} = \frac{\sqrt{2}\,I}{4\pi a}\,\mathbf{a}_3.

Passo 4

Pela simetria da espira (os quatro lados são congruentes e as direções dos produtos vetoriais para cada lado no centro saem todas no mesmo sentido), cada lado contribui com o mesmo vetor \mathbf{H}_{\text{top}}. Portanto o campo total no centro é quatro vezes esse valor:
\mathbf{H}_{\text{total}}=4\,\mathbf{H}_{\text{top}} =4\cdot\frac{\sqrt{2}\,I}{4\pi a}\,\mathbf{a}_3 =\frac{\sqrt{2}\,I}{\pi a}\,\mathbf{a}_3.
Interpretação: o campo é perpendicular ao plano da espira e apontando para o lado +\mathbf{a}_3 (isto está de acordo com a regra da mão direita para a corrente no sentido anti-horário).

Passo 5

Conexão com a notação do enunciado: na conta eu usei \mathbf{a}_1=\hat{\mathbf{x}},\mathbf{a}_2=\hat{\mathbf{y}},\mathbf{a}_3=\hat{\mathbf{z}}. O enunciado apresenta o resultado na forma \mathbf{a}_2 apontando para fora do plano; portanto, identificando a direção normal ao plano z=0 com \mathbf{a}_2 do enunciado (ou seja, lendo \mathbf{a}_2 do enunciado como o vetor unitário normal ao plano), obtemos exatamente
\mathbf{H}=\frac{\sqrt{2}\,I}{\pi a}\,\mathbf{a}_{2}.
Pequeno incentivo: você já viu a ideia principal — usar Biot–Savart, parametrizar um lado, resolver uma integral padrão com substituição trigonométrica e multiplicar por 4. Dá para aplicar a mesma técnica para outros polígonos regulares; só muda a integral.

Resposta

\mathbf{H}=\frac{\sqrt{2}\,I}{\pi a}\,\mathbf{a}_{2}

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