1. Encontre o campo elétrico a uma distância z acima do centro de uma espira circular de raio r, que tem uma densidade linear de carga uniforme \lambda.

Passo 1

Vou deixar claro o que o enunciado pede e quais informações temos (peguei os símbolos e a geometria da figura enviada). O problema solicita: encontrar o campo elétrico no ponto P que está a uma distância z acima do centro de uma espira circular de raio r, quando a espira tem densidade linear de carga uniforme \lambda.
Informações relevantes dadas:
  • A espira é um anel circular de raio r (peguei r da imagem).
  • O ponto P está no eixo da espira, a uma distância z acima do centro (peguei z da imagem).
  • A densidade linear de carga ao longo da espira é uniforme e vale \lambda (carga por unidade de comprimento).
  • A espira está toda no mesmo plano; não há outras cargas além dessa espira.
O que se pede:
  • Determinar o campo elétrico \vec{E} no ponto P (em função de r, z, \lambda e constantes físicas).

Passo 2

Escolha do método (explicação didática): por simetria, a espira é uniforme e circular, então todos os elementos de carga ao redor do anel contribuem com um campo cujo componente radial (no plano perpendicular ao eixo) se anula quando somamos todas as direções — sobram apenas as componentes ao longo do eixo da espira. Portanto é natural usar Coulomb para um elemento de carga dq, decompor o vetor campo em componentes e integrar ao longo do anel. Esse método é o mais simples e direto para problemas com simetria circular.
Breve lembrete (ferramentas que usaremos):
  • Lei de Coulomb para um elemento de carga dq: um elemento produz um campo de magnitude \dfrac{1}{4\pi\epsilon_0}\dfrac{dq}{R^2} apontando ao longo da linha que une dq ao ponto de interesse.
  • Usaremos a decomposição trigonométrica para pegar a componente axial (ao longo de z).
  • dq será expresso a partir da densidade linear: dq=\lambda\,dl.

Passo 3

Definição do elemento de carga e paramétrica do anel: parametrizo a espira pelo ângulo polar \varphi no plano da espira. Um pequeno trecho de arco tem comprimento dl=r\,d\varphi. Como a densidade linear é \lambda, o elemento de carga é
dq = \lambda\,dl = \lambda\,r\,d\varphi.
Aqui \varphi varia de 0 a 2\pi e r e \lambda são constantes.

Passo 4

Aplicando Coulomb ao elemento dq: considere o ponto P sobre o eixo a distância z do centro. A distância do elemento dq em qualquer posição da espira até P é
R = \sqrt{r^{2}+z^{2}}.
A magnitude do campo produzido por dq é
dE = \frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{dq}{R^{2}}.
Esse vetor d\vec{E} aponta ao longo da linha que une dq a P. Vamos decompor d\vec{E} em componente axial (paralela ao eixo z) e componente radial (no plano perpendicular). Por simetria, quando integramos ao redor de \varphi as componentes radiais (paralelas ao plano da espira) se cancelam, sobrando apenas a componente axial. Portanto só precisamos da componente axial dE_{z}.

Passo 5

Determinar a componente axial dE_{z}: o ângulo entre a linha que une dq a P e o eixo z tem cosseno
\cos\theta = \frac{z}{R} = \frac{z}{\sqrt{r^{2}+z^{2}}}.
Assim a componente axial do campo do elemento é
dE_{z} = dE\cos\theta = \left(\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{dq}{R^{2}}\right)\left(\frac{z}{R}\right) = \frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{z\,dq}{R^{3}}.
Agora substituímos dq=\lambda r\,d\varphi e R=\sqrt{r^{2}+z^{2}}.

Passo 6

Montar a integral para o campo total axial E_{z}: substituindo em dE_{z},
dE_{z} = \frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{z\,(\lambda r\,d\varphi)}{(r^{2}+z^{2})^{3/2}}.
Como tudo, exceto d\varphi, é independente de \varphi, podemos integrar de 0 a 2\pi:
E_{z} = \int_{0}^{2\pi} dE_{z} = \frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{z\,\lambda r}{(r^{2}+z^{2})^{3/2}}\int_{0}^{2\pi} d\varphi.
A integral de d\varphi é 2\pi.

Passo 7

Calcular a integral e simplificar: fazendo a integral obtemos
E_{z} = \frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{z\,\lambda r}{(r^{2}+z^{2})^{3/2}}\cdot 2\pi = \frac{1}{4\pi\epsilon_0}\cdot 2\pi\cdot\frac{\lambda r z}{(r^{2}+z^{2})^{3/2}}.
Simplificando o fator numérico 2\pi/(4\pi)=1/2,
E_{z} = \frac{\lambda r z}{2\epsilon_0 (r^{2}+z^{2})^{3/2}}.
Se preferir em termos da carga total da espira Q, lembrando que Q=\lambda\cdot(2\pi r), substituindo:
E_{z} = \frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{Q z}{(r^{2}+z^{2})^{3/2}}.

Passo 8

Direção, sinal e checagens intuitivas:
  • O vetor campo está ao longo do eixo z. Para carga positiva ( \lambda>0) o campo aponta para cima (para longe da espira) se P está acima; para carga negativa aponta para baixo. Em notação vetorial unitária \hat{z},
\vec{E} = E_{z}\,\hat{z} = \frac{\lambda r z}{2\epsilon_0 (r^{2}+z^{2})^{3/2}}\,\hat{z}.
  • Limites de verificação:
    • Em z=0 (no centro da espira, no plano), E_{z}=0 conforme esperado por simetria.
    • Para z\gg r (ponto distante), (r^{2}+z^{2})^{3/2}\approx z^{3} e E_{z}\approx \dfrac{1}{4\pi\epsilon_0}\dfrac{Q}{z^{2}}, como se a espira estivesse concentrada em uma carga pontual Q — comportamento consistente.

Passo 9

Dicas rápidas para prova (como reproduzir isso sem erro):
  • Sempre use simetria para eliminar componentes: anel simétrico → só componente axial.
  • Escreva dq=\lambda r\,d\varphi e não esqueça que R=\sqrt{r^{2}+z^{2}} é constante ao longo do anel.
  • Lembre-se do fator trigonométrico \cos\theta = z/R para pegar a componente axial.
  • Se pedirem em termos de Q, substitua Q=2\pi r\lambda.

Resposta

\displaystyle \vec{E}=\frac{\lambda r z}{2\epsilon_0(r^{2}+z^{2})^{3/2}}\,\hat{z} \quad\text{ou}\quad \displaystyle \vec{E}=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{Q z}{(r^{2}+z^{2})^{3/2}}\,\hat{z}.

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