Calcule o campo magnético sobre o eixo de simetria de uma espira quadrada de área A transportando uma corrente I. Mostre que o campo a grandes distâncias da espira é dado pela mesma expressão fornecida na questão anterior.

Passo 1

O enunciado pede o campo magnético no eixo de uma espira quadrada de lado a (área A=a^2) percorrida por uma corrente I. O conteúdo que vamos usar é a Lei de Biot–Savart, que diz que em um ponto \vec r o campo é
\vec B(\vec r) = \frac{\mu_0\,I}{4\pi} \int \frac{d\vec\ell\times(\vec r-\vec r')}{\bigl\|\vec r-\vec r'\bigr\|^3}
onde d\vec\ell percorre toda a espira, e \vec r' é o ponto de d\vec\ell.

Passo 2

Vamos colocar a espira no plano xy, centrada na origem, com vértices em \bigl(\pm a/2,\pm a/2,0\bigr). O ponto de observação está no eixo z, em (0,0,z). Por simetria, apenas a componente B_z sobrevive e cada um dos quatro lados contribui com o mesmo valor de B_z. Logo
B_z = 4\;B_z^{\rm (um\;lado)}.

Passo 3

Focamos em um lado paralelo ao eixo x, situado em y=+a/2. Parametrizamos d\vec\ell = dx\,\hat\imath com x variando de -a/2 a +a/2. O vetor do elemento até o ponto é
\vec r-\vec r' = (0,0,z)-(x,a/2,0) = (-x)\,\hat\imath+(-a/2)\,\hat\jmath+z\,\hat k.
Então
d\vec\ell\times(\vec r-\vec r') = dx\,\hat\imath \times \bigl(-x\,\hat\imath -\tfrac{a}{2}\,\hat\jmath +z\,\hat k\bigr) = -\frac{a}{2}\,dx\;\hat k \;+\;\text{(componentes que somam zero ao juntar os lados)}.
A distância ao cubo é
\bigl\|\vec r-\vec r'\bigr\|^3 =\bigl[x^2+(a/2)^2+z^2\bigr]^{3/2}.
Logo o elemento de B_z é
dB_z = \frac{\mu_0I}{4\pi} \, \frac{-\tfrac{a}{2}\,dx}{\bigl[x^2+(a/2)^2+z^2\bigr]^{3/2}},
e o sinal negativo indica que o campo aponta no sentido +z (regra da mão direita).

Passo 4

Integramos de x=-a/2 até x=+a/2 e depois multiplicamos por 4:
B_z = 4\;\frac{\mu_0I}{4\pi}\;\frac{a}{2} \int_{-a/2}^{+a/2} \frac{dx}{\bigl[x^2+(a/2)^2+z^2\bigr]^{3/2}}.
O fator 4 cancela o 4\pi no denominador, sobrando
B_z = \frac{\mu_0I\,a}{2\pi} \int_{-a/2}^{+a/2} \frac{dx}{\bigl[x^2+D^2\bigr]^{3/2}},
onde definimos D^2=(a/2)^2+z^2.

Passo 5

A integral padrão é
\int \frac{dx}{(x^2+D^2)^{3/2}} = \frac{x}{D^2\sqrt{x^2+D^2}}.
Assim, avaliando de -a/2 a +a/2, temos
\int_{-a/2}^{+a/2} \frac{dx}{(x^2+D^2)^{3/2}} = \frac{\;a/2\;-\;(-a/2)\;}{D^2\sqrt{(a/2)^2+D^2}} = \frac{a}{D^2\sqrt{D^2+(a/2)^2}}.
Mas \sqrt{D^2+(a/2)^2}=\sqrt{z^2+(a/2)^2+(a/2)^2}=\sqrt{z^2+a^2/2}. No entanto note que D^2=(a/2)^2+z^2, logo \sqrt{D^2+(a/2)^2}=(D^2)^{1/2}\sqrt{1+(a/2)^2/D^2}=(D^2)^{1/2}\sqrt{1+(a/2)^2/D^2}. Mais simples é reconstituir diretamente:
D^2\sqrt{(a/2)^2+D^2} = \bigl(z^2+\tfrac{a^2}{4}\bigr)\sqrt{z^2+\tfrac{a^2}{4}}.
Então a integral fica
\int_{-a/2}^{+a/2} \frac{dx}{(x^2+D^2)^{3/2}} = \frac{a}{\bigl(z^2+\tfrac{a^2}{4}\bigr)^{3/2}}.

Passo 6

Substituindo de volta em B_z:
B_z = \frac{\mu_0I\,a}{2\pi} \;\frac{a}{\bigl(z^2+\tfrac{a^2}{4}\bigr)^{3/2}} = \frac{\mu_0I\,a^2}{2\pi\,(z^2+a^2/4)^{3/2}}.
Como A=a^2, obtemos finalmente
\boxed{ B_z(z) = \frac{\mu_0\,I\,A}{2\pi\bigl(z^2+\tfrac{A}{4}\bigr)^{3/2}} }.

Passo 7

Para distâncias grandes, z\gg a (logo z^2\gg A/4), temos
B_z(z) \approx \frac{\mu_0\,I\,A}{2\pi\,z^3},
que é exatamente o mesmo decaimento dipolar obtido na questão anterior.

Resposta

B_z(z) = \frac{\mu_0\,I\,A}{2\pi\bigl(z^2+\tfrac{A}{4}\bigr)^{3/2}},
e para z\to\infty,
B_z(z)\approx\frac{\mu_0\,I\,A}{2\pi\,z^3}.

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