1. Encontre o campo elétrico a uma distància z acima do centro de uma espira quadrada (lado a) com uma densidade linear de carga uniforme \lambda.

Passo 1

O enunciado (peguei os dados da imagem) dá uma espira quadrada de lado a com densidade linear de carga uniforme \lambda. O ponto P onde queremos o campo está no eixo que passa pelo centro da espira, a uma distância z acima do plano da espira.
O que se pede: encontrar o vetor campo elétrico \vec{E} em P (ou, por simetria, o seu componente ao longo do eixo).

Passo 2

Escolhemos um sistema de coordenadas simples: o plano da espira é o plano z=0 e o centro da espira está na origem. O ponto P tem coordenadas (0,0,z) com z>0. Por simetria:
  • as componentes horizontais (nos eixos x e y) de \vec{E} produzidas pelas cargas da espira se cancelam mutuamente, porque para cada elemento de carga há outro elemento simétrico em posição oposta;
  • portanto o campo em P tem apenas componente na direção z. Vou chamar essa componente de E_z (positiva se apontar para cima).

Passo 3

Usamos a lei de Coulomb para um elemento de carga. Seja um elemento infinitesimal de comprimento dx numa das arestas da espira; sua carga é
dq=\lambda\,dx.
O campo produzido por esse elemento em P é
d\vec{E}=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\,\frac{dq}{R^3}\,\vec{R},
onde \vec{R} é o vetor que vai do elemento até P e R=|\vec{R}| é a distância entre eles. Como só precisamos da componente z,
dE_z=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\,\frac{dq}{R^3}\,z,
pois a componente z de \vec{R} é exatamente z (o elemento está em z=0 e P em z).

Passo 4

Vamos calcular a contribuição de uma aresta (um dos quatro lados) e depois multiplicar por 4. Escolha a aresta que é paralela ao eixo x e está localizada em y=+\tfrac{a}{2}, com x variando de -\tfrac{a}{2} a +\tfrac{a}{2}. Um elemento nessa aresta tem coordenadas (x,\tfrac{a}{2},0). A distância de tal elemento até P é
R=\sqrt{x^2+\left(\tfrac{a}{2}\right)^2+z^2}.
Substituindo dq=\lambda\,dx em dE_z obtemos a contribuição dessa aresta:
dE_z=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\,\frac{\lambda\,dx}{\bigl(x^2+\left(\tfrac{a}{2}\right)^2+z^2\bigr)^{3/2}}\,z.
Integrando x de -\tfrac{a}{2} a +\tfrac{a}{2} dá o campo E_z^{(\text{uma aresta})} devido a essa aresta:
E_z^{(\text{aresta})}=\frac{\lambda z}{4\pi\epsilon_0}\int_{-a/2}^{a/2}\frac{dx}{\bigl(x^2+b^2\bigr)^{3/2}},
onde para simplificar definimos
b^2=\left(\tfrac{a}{2}\right)^2+z^2.
Note que o integrando é função par de x, portanto a integral de -a/2 a +a/2 vale o dobro da integral de 0 a a/2. Depois multiplicaremos por 4 (pelas 4 arestas).

Passo 5

Calculamos a integral
I=\int\frac{dx}{\bigl(x^2+b^2\bigr)^{3/2}}.
Uma maneira direta é usar a substituição trigonométrica x=b\tan\theta. Então dx=b\operatorname{sec}^2\theta\,d\theta e
x^2+b^2=b^2\tan^2\theta+b^2=b^2\operatorname{sec}^2\theta.
Substituindo,
I=\int\frac{b\operatorname{sec}^2\theta\,d\theta}{\bigl(b^2\operatorname{sec}^2\theta\bigr)^{3/2}} =\int\frac{b\operatorname{sec}^2\theta\,d\theta}{b^3\operatorname{sec}^3\theta} =\frac{1}{b^2}\int\cos\theta\,d\theta =\frac{1}{b^2}\sin\theta + C.
Voltando para x, \sin\theta=\dfrac{x}{\sqrt{x^2+b^2}}. Assim a primitiva é
\int\frac{dx}{\bigl(x^2+b^2\bigr)^{3/2}}=\frac{x}{b^2\sqrt{x^2+b^2}}+C.
Agora avaliamos a integral definida de -\tfrac{a}{2} a +\tfrac{a}{2}. Usando a simetria (ou aplicando a primitiva nos limites) obtemos
\int_{-a/2}^{a/2}\frac{dx}{\bigl(x^2+b^2\bigr)^{3/2}} = \frac{a}{b^2\sqrt{\left(\tfrac{a}{2}\right)^2+b^2}}.
Mas \left(\tfrac{a}{2}\right)^2+b^2=\tfrac{a^2}{4}+\left(\tfrac{a^2}{4}+z^2\right)=\tfrac{a^2}{2}+z^2. Portanto a integral vale
\int_{-a/2}^{a/2}\frac{dx}{\bigl(x^2+b^2\bigr)^{3/2}} = \frac{a}{b^2\sqrt{\tfrac{a^2}{2}+z^2}}.

Passo 6

Substituindo essa integral em E_z^{(\text{aresta})} obtemos a contribuição de uma aresta:
E_z^{(\text{aresta})}=\frac{\lambda z}{4\pi\epsilon_0}\cdot\frac{a}{b^2\sqrt{\tfrac{a^2}{2}+z^2}}.
Agora somamos as quatro arestas (todas dão a mesma contribuição para E_z), então o campo total em P é
E_z=4\,E_z^{(\text{aresta})} = \frac{\lambda z}{\pi\epsilon_0}\cdot\frac{a}{b^2\sqrt{\tfrac{a^2}{2}+z^2}}.
Recordando b^2=\tfrac{a^2}{4}+z^2, podemos escrever o resultado final de forma explícita:
E_z=\frac{\lambda\,a\,z}{\pi\epsilon_0\left(\tfrac{a^2}{4}+z^2\right)\sqrt{\tfrac{a^2}{2}+z^2}}.
Direção: para \lambda>0 o campo aponta para cima (sentido positivo de z); para \lambda<0 aponta para baixo.
Verificações rápidas:
  • Para z\to\infty (distância muito grande) o campo tende a \dfrac{1}{4\pi\epsilon_0}\dfrac{Q}{z^2} com Q=4\lambda a, e de fato a expressão se reduz a \dfrac{\lambda a}{\pi\epsilon_0 z^2}=\dfrac{1}{4\pi\epsilon_0}\dfrac{4\lambda a}{z^2} — compatível com carga pontual total.
  • Para z=0 o campo é E_z=0, coerente com a simetria (no plano da espira, no centro, não há componente perpendicular).

Resposta

E_z=\frac{\lambda\,a\,z}{\pi\epsilon_0\left(\tfrac{a^2}{4}+z^2\right)\sqrt{\tfrac{a^2}{2}+z^2}}

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