Exercício Resolvido de Força Elétrica e Campo Elétrico
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Uma espira quadrada de lado a está carregada uniformemente com uma carga Q. Determinar o
vetor campo elétrico nos pontos situados sobre a reta perpendicular ao plano da espira a uma distância
z do seu centro.
Dados do problema:
- Comprimento do lado da espira: a;
- Distância ao ponto P: z;
- Carga da espira: Q.
Esquema do problema:
Vamos calcular o campo elétrico produzido por um segmento da espira que passa pelo ponto
\( y=\frac{a}{2} \)
e é paralelo ao eixo-x.
O vetor posição r vai de um elemento de carga dq da espira até o ponto P onde se
deseja calcular o campo elétrico, o vetor rq localiza o elemento de carga
dq em relação à origem do referencial e o vetor rp localiza o ponto
P (Figura1-A)
\[
\begin{gather}
\mathbf r={\mathbf r}_p-{\mathbf r}_q
\end{gather}
\]
O vetor rq é escrito como \( {\mathbf r}_q=x\;\mathbf i+y\;\mathbf j \) e o vetor rp só possui componente na direção k, é escrito como \( {\mathbf r}_p=z\;\mathbf k \) (Figura 1-B), o vetor posição será
\[
\begin{gather}
\mathbf r=z\;\mathbf k-(x\;\mathbf i+y\;\mathbf j) \\[5pt]
\mathbf r=-x\;\mathbf i-y\;\mathbf j+z\;\mathbf k \\[5pt]
\mathbf r=-x\;\mathbf i-\frac{a}{2}\;\mathbf j+z\;\mathbf k \tag{I}
\end{gather}
\]
Da equação (I) o módulo do vetor posição r será
\[
\begin{gather}
r^2=x^2+\left(\frac{a}{2}\right)^2+z^2 \\[5pt]
r=\left[x^2+\left(\frac{a}{2}\right)^2+z^2\right]^{\;1/2} \\[5pt]
r=\left(x^2+z^2+\frac{a^2}{4}\right)^{1/2} \tag{II}
\end{gather}
\]
Observação: Quando o vetor rq varia de
\( \frac{a}{2} \)
até
\( -{\frac{a}{2}} \),
(r1, r2, r3,...,
rn), a componente de rq na direção i varia
em módulo (x1, x2, x3,..., xn),
mas a componente na direção j é constante
\( \left(y=\frac{a}{2}\right) \).
Essa componente vai da origem até o fio sobre o eixo-y (Figura 2).
Solução:
O vetor campo elétrico é dado por
\[
\begin{gather}
\bbox[#99CCFF,10px]
{\mathbf E=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\int{\frac{dq}{r^2}\;\frac{\mathbf r}{r}}}
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
{\mathbf E}_1=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\int{\frac{dq}{r^3}\;\mathbf r} \tag{III}
\end{gather}
\]
Da equação da densidade linear de carga λ obtemos o elemento de carga dq
\[
\begin{gather}
\bbox[#99CCFF,10px]
{\lambda=\frac{dq}{ds}}
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
dq=\lambda\;ds \tag{IV}
\end{gather}
\]
onde ds é um elemento de comprimento do fio
\[
\begin{gather}
ds=dx \tag{V}
\end{gather}
\]
substituindo a equação (V) na equação (IV)
\[
\begin{gather}
dq=\lambda\;dx \tag{VI}
\end{gather}
\]
substituindo as equações (I), (II) e (VI) na equação (III)
\[
\begin{gather}
{\mathbf E}_1=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\int{\frac{\lambda\;dx}{\left[\left(x^2+z^2+\dfrac{a^2}{4}\right)^{\;1/2}\right]^3}}\left(-x\;\mathbf i-\frac{a}{2}\;\mathbf j+z\;\mathbf k\right) \\[5pt]
{\mathbf E}_1=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\int{\frac{\lambda\;dx}{\left(x^2+z^2+\dfrac{a^2}{4}\right)^{3/2}}}\left(-x\;\mathbf i-\frac{a}{2}\;\mathbf j+z\;\mathbf k\right) \tag{VII}
\end{gather}
\]
Como a densidade de carga λ é constante, a integral depende apenas de x, ela pode “sair” da integral
\[
\begin{gather}
{\mathbf E}_1=\frac{\lambda}{4\pi\epsilon_0}\int{\frac{dx}{\left(x^2+z^2+\dfrac{a^2}{4}\right)^{\;3/2}}}\left(-x\;\mathbf i-\frac{a}{2}\;\mathbf j+z\;\mathbf k\right)
\end{gather}
\]
A integral será feita sobre todos os elementos de comprimento dx de \( -{\frac{a}{2}} \) até \( \frac{a}{2} \) (Figura 2)
\[
\begin{gather}
{\mathbf E}_1=\frac{\lambda}{4\pi\epsilon_0}\int_{{-a/2}}^{{a/2}}{\frac{dx}{\left(x^2+z^2+\dfrac{a^2}{4}\right)^{\;3/2}}}\left(-x\;\mathbf i-\frac{a}{2}\;\mathbf j+z\;\mathbf k\right)
\end{gather}
\]
Usando o Teorema de Pitágoras, obtemos a distância h do fio ao ponto P (Figura 3)
\[
\begin{gather}
h^2=z^2+\frac{a^2}{4}
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
{\mathbf E}_1=\frac{\lambda}{4\pi\epsilon_0}\int_{{-a/2}}^{{a/2}}{\frac{dx}{\left(x^2+h^2\right)^{3/2}}}\left(-x\;\mathbf i-\frac{a}{2}\;\mathbf j+z\;\mathbf k\right)
\end{gather}
\]
colocando h2 em evidência no denominador e multiplicando e dividindo a equação por h
\[
\begin{gather}
{\mathbf E}_1=\frac{\lambda}{4\pi\epsilon_0}\int_{{-a/2}}^{{a/2}}{\frac{dx}{\left[h^2\left(\frac{x^2}{h^2}+1\right)\right]^{\;3/2}}}\left(-x\;\mathbf i-\frac{a}{2}\;\mathbf j+z\;\mathbf k\right).\frac{h}{h} \\[5pt]
{\mathbf E}_1=\frac{\lambda}{4\pi\epsilon_0}\int_{{-a/2}}^{{a/2}}{\frac{dx}{\left(h^2\right)^{3/2}\left[1+\left(\frac{x}{h}\right)^2\right]^{\;3/2}}}h\left(-{\frac{x}{h}}\;\mathbf i-\frac{a}{2h}\;\mathbf j+\frac{z}{h}\;\mathbf k\right) \\[5pt]
{\mathbf E}_1=\frac{\lambda}{4\pi\epsilon_0}\int_{{-a/2}}^{{a/2}}{\frac{dx}{h^3\left[1+\left(\frac{x}{h}\right)^2\right]^{\;3/2}}}h\left(-{\frac{x}{h}}\;\mathbf i-\frac{a}{2h}\;\mathbf j+\frac{z}{h}\;\mathbf k\right) \\[5pt]
{\mathbf E}_1=\frac{\lambda}{4\pi\epsilon_0}\int_{{-a/2}}^{{a/2}}{\frac{dx}{h^2\left[1+\left(\frac{x}{h}\right)^2\right]^{\;3/2}}}\left(-{\frac{x}{h}}\;\mathbf i-\frac{a}{2h}\;\mathbf j+\frac{z}{h}\;\mathbf{\text{k}}\right) \tag{VIII}
\end{gather}
\]
Considerando o ângulo θ medido entre h e a distância r do elemento de carga
dq ao ponto P, a tangente deste ângulo será (Figura 4)
\[
\begin{gather}
\operatorname{tg}\theta=\frac{x}{h} \tag{IX}
\end{gather}
\]
substituindo a equação (IX) na equação (VIII)
\[
\begin{gather}
{\mathbf E}_1=\frac{\lambda}{4\pi\epsilon_0}\int_{{-a/2}}^{{a/2}}{\frac{dx}{h^2\left[1+\left(\operatorname{tg}\theta\right)^2\right]^{\;3/2}}}\left(-{\operatorname{tg}\theta}\;\mathbf i-\frac{a}{2h}\;\mathbf j+\frac{z}{h}\;\mathbf k\right) \\[5pt]
{\mathbf E}_1=\frac{\lambda}{4\pi\epsilon_0}\int_{{-a/2}}^{{a/2}}{\frac{dx}{h^2\left[1+\operatorname{tg}^2\theta\right]^{\;3/2}}}\left(-{\operatorname{tg}\theta}\;\mathbf i-\frac{a}{2h}\;\mathbf j+\frac{z}{h}\;\mathbf k\right) \tag{X}
\end{gather}
\]
A partir da equação (IX) obtemos o elemento de comprimento dx em relação ao elemento de arco dθ fazendo a mudança de variável
\[
\begin{gather}
x=h\operatorname{tg}\theta
\end{gather}
\]
Derivada de
\( x=h\operatorname{tg}\theta \)
\[
\begin{gather}
\frac{dx}{d\theta}=h\frac{d}{d\theta}\left(\operatorname{tg}\theta\right)
\end{gather}
\]
reescrevendo
\( \operatorname{tg}\theta=\dfrac{\operatorname{sen}\theta}{\cos\theta} \),
temos a derivada de um quociente de funções dada pela fórmula
\[
\begin{gather}
\left(\frac{u}{v}\right)^{\Large '}=\frac{u'v-u\;v'}{v^2}
\end{gather}
\]
\[
\begin{align}
\frac{d}{d\theta}\left(\operatorname{tg}\theta\right)=\frac{d}{d\theta}\left(\frac{\operatorname{sen}\theta}{\cos\theta}\right) &=\frac{\cos\theta\cos\theta-\operatorname{sen}\theta(-\operatorname{sen}\theta)}{(\cos\theta)^2}=\\
&=\frac{\cos^2\theta+\operatorname{sen}^2\theta}{\cos^2\theta}=\frac{1}{\cos^2\theta}
\end{align}
\]
\[
\begin{gather}
\frac{dx}{d\theta}=h\frac{1}{\cos^2\theta}
\end{gather}
\]
Observação: Via de regra os livros de
Cálculo Integral e Diferencial apresentam a derivada da tangente na forma
\( \left(\operatorname{tg}\theta\right)^{'}=\operatorname{sec}^2\theta \),
onde
\( \operatorname{sec}\theta=\dfrac{1}{\cos\theta} \),
mas aqui por razões de simplificações posteriores vamos deixar a derivada na
forma mostrada acima.
\[
\begin{gather}
\frac{dx}{d\theta}=h\frac{1}{\cos^2\theta} \tag{XI}
\end{gather}
\]
substituindo a tangente por \( \frac{\operatorname{sen}\theta}{\cos\theta} \) e a equação (XI) na equação(X)
\[
\begin{gather}
{\mathbf E}_1=\frac{\lambda}{4\pi\epsilon_0}\int_{{-a/2}}^{{a/2}}{\frac{1}{h^2\left[1+\left(\dfrac{\operatorname{sen}\theta}{\cos\theta}\right)^2\right]^{\;3/2}}}h\;\frac{d\theta}{\cos^2\theta}\left(-{\frac{\operatorname{sen}\theta}{\cos\theta}}\;\mathbf i-\frac{a}{2h}\;\mathbf j+\frac{z}{h}\;\mathbf k\right) \\[5pt]
{\mathbf E}_1=\frac{\lambda}{4\pi\epsilon_0}\int_{{-a/2}}^{{a/2}}{\frac{1}{h\left[1+\left(\dfrac{\operatorname{sen}\theta}{\cos\theta}\right)^2\right]^{\;3/2}}}\frac{d\theta}{\cos^2\theta}\left(-{\frac{\operatorname{sen}\theta}{\cos\theta}}\;\mathbf i-\frac{a}{2h}\;\mathbf j+\frac{z}{h}\;\mathbf k\right)
\end{gather}
\]
Os extremos de integração para a variável θ são −θm, o valor máximo
medido no sentido anti-horário, quando x vale
\( \frac{a}{2} \)
e θm, o valor máximo medido no sentido horário, quando x vale
\( -{\frac{a}{2}} \)
(Figura 5).
Observação: Na Figura 5 pode parecer incoerente que para o lado medindo
\( \frac{a}{2} \)
o ângulo seja −θm e para
\( -{\frac{a}{2}} \)
o ângulo seja θm. Isto acontece devido à convenção de sinais, os ângulos são
medidos a partir da linha h, no sentido horário temos um ângulo positivo e no sentido anti-horário
um ângulo negativo.
\[
\begin{gather}
{\mathbf E}_1=\frac{\lambda}{4\pi\epsilon_0}\int_{{-\theta_m}}^{{\theta_m}}{\frac{1}{h\left(1+\dfrac{\operatorname{sen}^2\theta}{\cos^2\theta}\right)^{\;3/2}}}\frac{d\theta}{\cos^2\theta}\left(-{\frac{\operatorname{sen}\theta}{\cos\theta}}\;\mathbf i-\frac{a}{2h}\;\mathbf j+\frac{z}{h}\;\mathbf k\right) \\[5pt]
{\mathbf E}_1=\frac{\lambda}{4\pi\epsilon_0}\int_{{-\theta_m}}^{{\theta_m}}{\frac{1}{h\left(\dfrac{\cos^2+\operatorname{sen}^2\theta}{\cos^2\theta}\right)^{\;3/2}}}\frac{d\theta}{\cos^2\theta}\left(-{\frac{\operatorname{sen}\theta}{\cos\theta}}\;\mathbf i-\frac{a}{2h}\;\mathbf j+\frac{z}{h}\;\mathbf k\right) \\[5pt]
{\mathbf E}_1=\frac{\lambda}{4\pi\epsilon_0}\int_{{-\theta_m}}^{{\theta_m}}{\frac{1}{h\dfrac{1}{\left(\cos^2\theta\right)^{\;3/2}}}}\frac{d\theta}{\cos^2\theta}\left(-{\frac{\operatorname{sen}\theta}{\cos\theta}}\;\mathbf i-\frac{a}{2h}\;\mathbf j+\frac{z}{h}\;\mathbf k\right) \\[5pt]
{\mathbf E}_1=\frac{\lambda}{4\pi\epsilon_0}\int_{{-\theta_m}}^{{\theta_m}}{\frac{1}{h\dfrac{1}{\cos^{\cancel{3}}\theta}}}\frac{d\theta}{\cancel{\cos^2}\theta}\left(-{\frac{\operatorname{sen}\theta}{\cos\theta}}\;\mathbf i-\frac{a}{2h}\;\mathbf j+\frac{z}{h}\;\mathbf k\right) \\[5pt]
{\mathbf E}_1=\frac{\lambda}{4\pi\epsilon_0}\int_{{-\theta_m}}^{{\theta_m}}{\frac{1}{h\dfrac{1}{\cos\theta}}}d\theta\left(-{\frac{\operatorname{sen}\theta}{\cos\theta}}\;\mathbf i-\frac{a}{2k}\;\mathbf j+\frac{z}{k}\;\mathbf k\right) \\[5pt]
{\mathbf E}_1=\frac{\lambda}{4\pi\epsilon_0}\int_{{-\theta_m}}^{{\theta_m}}{\frac{\cos\theta}{h}}d\theta\left(-{\frac{\operatorname{sen}\theta}{\cos\theta}}\;\mathbf i-\frac{a}{2h}\;\mathbf j+\frac{z}{h}\;\mathbf k\right)
\end{gather}
\]
Como h, a e z são constantes, a integral depende só de θ, eles podem “sair” da integral e sendo a integral da soma igual à soma das integrais
\[
\begin{gather}
{\mathbf E}_1=\frac{\lambda}{4\pi\epsilon_0h}\left(-\int_{{-\theta_m}}^{{\theta_m}}{\cos\theta}\frac{\operatorname{sen}\theta}{\cos\theta}\;d\theta\;\mathbf i-\int_{{-\theta_m}}^{{\theta_m}}{\cos\theta}\frac{a}{2h}\;d\theta\;\mathbf j+\int_{{-\theta_m}}^{{\theta_m}}{\cos\theta}\frac{z}{h}\;d\theta\;\mathbf k\right) \\[5pt]
{\mathbf E}_1=\frac{\lambda}{4\pi\epsilon_0h}\left(\underbrace{-\int_{{-\theta_m}}^{{\theta_m}}{\operatorname{sen}\theta}\;d\theta\;\mathbf i}_0-\frac{a}{2h}\int_{{-\theta_m}}^{{\theta_m}}{\cos\theta}\;d\theta\;\mathbf j+\frac{z}{h}\int_{{-\theta_m}}^{{\theta_m}}{\cos\theta}\;d\theta\;\mathbf k\right)
\end{gather}
\]
Integração de
\( \displaystyle \int_{{-\theta_m}}^{{\theta_m}}\cos\theta\;d\theta \)
1.º método
Como a função cosseno é uma função par, f(x) = f(−x), podemos integrar sobre metade do intervalo (de 0 à θm) e multiplicar a integral por 2
Podemos integrar sobre todo intervalo (de −θm à θm)
1.º método
Como a função cosseno é uma função par, f(x) = f(−x), podemos integrar sobre metade do intervalo (de 0 à θm) e multiplicar a integral por 2
\[
\begin{gather}
2\int_0^{{\theta_m}}\cos\theta\;d\theta=2\left.\operatorname{sen}\theta\right|_{\;0}^{\;\theta_m}=2(\operatorname{sen}\theta_m-\operatorname{sen}0)=2(\operatorname{sen}\theta_m-0)=2\operatorname{sen}\theta_m
\end{gather}
\]
2.º método
Podemos integrar sobre todo intervalo (de −θm à θm)
\[
\begin{gather}
\int_{{-\theta_m}}^{{\theta_m}}\cos\theta\;d\theta=\left.\operatorname{sen}\theta\;\right|_{\;-\theta_m}^{\;\theta_m}=\operatorname{sen}\theta_m-\operatorname{sen}(-\theta_m)
\end{gather}
\]
Como seno é uma função ímpar, f(−x) = −f(x), temos
\( \operatorname{sen}(-\theta_m)=-\operatorname{sen}(\theta_m) \)
\[
\begin{gather}
\int_{{-\theta_m}}^{{\theta_m}}\cos\theta\;d\theta=\operatorname{sen}\theta_m-(-\operatorname{sen}\theta_m)=\operatorname{sen}\theta_m+\operatorname{sen}(\theta_m)=2\operatorname{sen}\theta_m
\end{gather}
\]
Integração de
\( \displaystyle \int_{{-\theta_m}}^{{\theta_m}}\operatorname{sen}\theta\;d\theta\)
1.º método
Figura 6
1.º método
\[
\begin{gather}
\int_{{-\theta_m}}^{{\theta_m}}\operatorname{sen}\theta\;d\theta=-\left.\cos\theta\;\right|_{\;-\theta_m}^{\;\theta_m}=-\left[\cos\theta_m-\cos(-\theta_m)\right]
\end{gather}
\]
como cosseno é uma função par, f(x) = f(−x), temos
\( \cos(\theta_m)=\cos(-\theta_m) \)
\[
\begin{gather}
\int_{{-\theta_m}}^{{\theta_m}}\operatorname{sen}\theta\;d\theta=-(\cos\theta_m-\cos\theta_m)=0
\end{gather}
\]
2.º método
O gráfico do seno entre −θm e 0 possui uma área “negativa” abaixo do
eixo-x, e entre 0 e θm uma área “positiva” acima do eixo-x estas
duas áreas se cancelam no cálculo da integral, sendo o valor da integral igual à zero na direção
i.
Observação: A integral na direção i, sendo nula, representa o cálculo matemático
para a afirmação que se faz usualmente de que as componentes do campo elétrico paralelas ao
eixo-x (E i e −E i) se anulam. Apenas as componentes nas
direções j e k (−E j e E k) contribuem para o campo
elétrico total (Figura 6).
\[
\begin{gather}
{\mathbf E}_1=\frac{\lambda}{4\pi\epsilon_0h}\left(-0\;\mathbf i-\frac{a}{2h}2\operatorname{sen}\theta_m\;\mathbf j+\frac{z}{h}2\operatorname{sen}\theta_m\;\mathbf k\right) \\[5pt]
{\mathbf E}_1=\frac{\lambda}{4\pi\epsilon_0h^2}2\operatorname{sen}\theta_m\left(-{\frac{a}{2}}\;\mathbf j+z\;\mathbf k\right) \\[5pt]
{\mathbf E}_1=\frac{\lambda}{2\pi\epsilon_0h^2}\operatorname{sen}\theta_m\left(-{\frac{a}{2}}\;\mathbf j+z\;\mathbf k\right) \tag{XII}
\end{gather}
\]
O seno de θm pode ser obtido da Figura 7
\[
\begin{gather}
\operatorname{sen}\theta_m=\frac{\frac{a}{2}}{r} \\[5pt]
\operatorname{sen}\theta_m=\frac{a}{2r} \tag{XIII}
\end{gather}
\]
A hipotenusa r é dada pelo Teorema de Pitágoras
\[
\begin{gather}
r^2=h^2+\left(\frac{a}{2}\right)^2 \\[5pt]
r^2=h^2+\frac{a^2}{4} \\[5pt]
r=\sqrt{h^2+\frac{a^2}{4}\;} \tag{XIV}
\end{gather}
\]
substituindo a equação (XIV) na equação (XIII)
\[
\begin{gather}
\operatorname{sen}\theta_m=\frac{a}{2\sqrt{h^2+\frac{a^2}{4}\;}} \tag{XV}
\end{gather}
\]
substituindo a equação (XV) na equação (XII) e o valor de h2
\[
\begin{gather}
{\mathbf E}_1=\frac{\lambda}{2\pi\epsilon_0h^2}\frac{a}{2\sqrt{h^2+\dfrac{a^2}{4}\;}}\left(-{\frac{a}{2}}\;\mathbf j+z\;\mathbf k\right) \\[5pt]
{\mathbf E}_1=\frac{\lambda}{4\pi\epsilon_0\left(z^2+\dfrac{a^2}{4}\right)}\frac{a}{\sqrt{z^2+\dfrac{a^2}{4}+\dfrac{a^2}{4}\;}}\left(-{\frac{a}{2}}\;\mathbf j+z\;\mathbf k\right)
\end{gather}
\]
O vetor campo elétrico E1 tem componentes nas direções j e k (Figura 8)
\[
\begin{gather}
{\mathbf E}_1=\frac{\lambda}{4\pi\epsilon_0\left(z^2+\dfrac{a^2}{4}\right)}\frac{a}{\sqrt{z^2+\dfrac{a^2}{2}\;}}\left(-{\frac{a}{2}}\;\mathbf j+z\;\mathbf k\right)
\end{gather}
\]
Por simetria os outros segmentos do fio produzirão campos semelhantes em diferentes direções (Figura 9-A).
\[
\begin{gather}
{\mathbf E}_2=\frac{\lambda}{4\pi\epsilon_0\left(z^2+\dfrac{a^2}{4}\right)}\frac{a}{\sqrt{z^2+\dfrac{a^2}{2}\;}}\left(\frac{a}{2}\;\mathbf j+z\;\mathbf k\right)
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
{\mathbf E}_3=\frac{\lambda}{4\pi\epsilon_0\left(z^2+\dfrac{a^2}{4}\right)}\frac{a}{\sqrt{z^2+\dfrac{a^2}{2}\;}}\left(-{\frac{a}{2}}\;\mathbf i+z\;\mathbf k\right)
\end{gather}
\]
\[
\begin{gather}
{\mathbf E}_4=\frac{\lambda}{4\pi\epsilon_0\left(z^2+\dfrac{a^2}{4}\right)}\frac{a}{\sqrt{z^2+\dfrac{a^2}{2}\;}}\left(\frac{a}{2}\;\mathbf i+z\;\mathbf k\right)
\end{gather}
\]
O vetor campo elétrico total será a dado pela soma dos vetores campo elétrico produzidos pelos quatro lados (Figura 9-B)
\[
\begin{align}
\mathbf E &=\frac{\lambda}{4\pi\epsilon_0\left(z^2+\dfrac{a^2}{4}\right)}\frac{a}{\sqrt{z^2+\dfrac{a^2}{2}\;}}\left(-{\frac{a}{2}}\;\mathbf j+z\;\mathbf k\right)+ \\[5pt]
&+\frac{\lambda}{4\pi\epsilon_0\left(z^2+\dfrac{a^2}{4}\right)}\frac{a}{\sqrt{z^2+\dfrac{a^2}{2}\;}}\left(\frac{a}{2}\;\mathbf j+z\;\mathbf k\right)+ \\[5pt]
&+\frac{\lambda}{4\pi\epsilon_0\left(z^2+\dfrac{a^2}{4}\right)}\frac{a}{\sqrt{z^2+\dfrac{a^2}{2}\;}}\left(-{\frac{a}{2}}\;\mathbf i+z\;\mathbf k\right)+ \\[5pt]
&+\frac{\lambda}{4\pi\epsilon_0\left(z^2+\frac{a^2}{4}\right)}\frac{a}{\sqrt{z^2+\frac{a^2}{2}\;}}\left(\frac{a}{2}\;\mathbf i+z\;\mathbf k\right) \\[5pt]
\mathbf E &=\frac{\lambda}{4\pi\epsilon_0\left(z^2+\dfrac{a^2}{4}\right)}\frac{a}{\sqrt{z^2+\dfrac{a^2}{2}\;}}\times{} \\[5pt]
&\times\left(-{\frac{a}{2}}\;\mathbf j+z\;\mathbf k\right)+\left(\frac{a}{2}\;\mathbf j+z\;\mathbf k\right)+\left(-{\frac{a}{2}}\;\mathbf i+z\;\mathbf k\right)+\left(\frac{a}{2}\;\mathbf i+z\;\mathbf k\right) \\[5pt]
\mathbf E &=\frac{\lambda}{4\pi\epsilon_0\left(z^2+\dfrac{a^2}{4}\right)}\frac{a}{\sqrt{z^2+\dfrac{a^2}{2}\;}}\times{} \\[5pt]
&\times\left(-{\frac{a}{2}}\;\mathbf j+z\;\mathbf k+\frac{a}{2}\;\mathbf j+z\;\mathbf k-\frac{a}{2}\;\mathbf i+z\;\mathbf k+\frac{a}{2}\;\mathbf i+z\;\mathbf k\right) \\[5pt]
\mathbf E &=\frac{\lambda}{4\pi\epsilon_0\left(z^2+\dfrac{a^2}{4}\right)}\frac{a}{\sqrt{z^2+\dfrac{a^2}{2}\;}}4z\;\mathbf k
\end{align}
\]
\[
\begin{gather}
\bbox[#FFCCCC,10px]
{\mathbf E=\frac{4\lambda az}{4\pi\epsilon_0\left(z^2+\dfrac{a^2}{4}\right)\sqrt{z^2+\dfrac{a^2}{2}\;}}\;\mathbf k}
\end{gather}
\]
Observação: Os cálculos que levam às equações para os vetores campo elétrico
E2, E3 e E4 são da seguinte forma:
Figura 10
O campo elétrico será
Figura 11
O campo elétrico será
Figura 12
O campo elétrico será
Campo elétrico produzido por um segmento da espira que passa pelo ponto
\( y=-{\frac{a}{2}} \)
e é paralelo ao eixo-x (Figura 10).
O vetor rq será \( {\mathbf r}_q=x\;\mathbf i-y\;\mathbf j \) e o vetor rp será \( {\mathbf r}_p=z\;\mathbf k \).
O vetor r será \( \mathbf r=-x\;\mathbf i+\frac{a}{2}\;\mathbf j+z\;\mathbf k \).
O vetor rq será \( {\mathbf r}_q=x\;\mathbf i-y\;\mathbf j \) e o vetor rp será \( {\mathbf r}_p=z\;\mathbf k \).
O vetor r será \( \mathbf r=-x\;\mathbf i+\frac{a}{2}\;\mathbf j+z\;\mathbf k \).
\[
\begin{gather}
{\mathbf E}_2=\frac{\lambda}{4\pi\epsilon_0}\int_{{-a/2}}^{{a/2}}{\frac{dx}{\left(x^2+z^2+\dfrac{a^2}{4}\right)^{\;3/2}}}\left(-x\;\mathbf i+\frac{a}{2}\;\mathbf j+z\;\mathbf k\right)
\end{gather}
\]
As integrais serão
\[
\begin{gather}
{\mathbf E}_2=\frac{\lambda}{4\pi\epsilon_0h}\left(\underbrace{-\int_{{-\theta_m}}^{{\theta_m}}{\operatorname{sen}\theta}\;d\theta\;\mathbf i}_0+\frac{a}{2h}\int_{{-\theta_m}}^{{\theta_m}}{\cos\theta}\;d\theta\;\mathbf j+\frac{z}{h}\int_{{-\theta_m}}^{{\theta_m}}{\cos\theta}\;d\theta\;\mathbf k\right)
\end{gather}
\]
Depois da integração
\[
\begin{gather}
{\mathbf E}_2=\frac{\lambda}{2\pi\epsilon_0h^2}\operatorname{sen}\theta_m\left(\frac{a}{2}\;\mathbf j+z\;\mathbf k\right)
\end{gather}
\]
Após os mesmos cálculos para a determinação do sen θm
\[
\begin{gather}
{\mathbf E}_2=\frac{\lambda}{4\pi\epsilon_0\left(z^2+\dfrac{a^2}{4}\right)}\frac{a}{\sqrt{z^2+\dfrac{a^2}{2}\;}}\left(\frac{a}{2}\;\mathbf j+z\;\mathbf k\right)
\end{gather}
\]
Campo elétrico produzido por um segmento da espira que passa pelo ponto
\( x=\frac{a}{2} \)
e é paralelo ao eixo-x (Figura 11).
O vetor rq será \( {\mathbf r}_q=x\;\mathbf i-y\;\mathbf j \) e o vetor rp será \( {\mathbf r}_p=z\;\mathbf k \).
O vetor r será \( \mathbf r=-{\frac{a}{2}}\;\mathbf i+y\;\mathbf j+z\;\mathbf k \).
O vetor rq será \( {\mathbf r}_q=x\;\mathbf i-y\;\mathbf j \) e o vetor rp será \( {\mathbf r}_p=z\;\mathbf k \).
O vetor r será \( \mathbf r=-{\frac{a}{2}}\;\mathbf i+y\;\mathbf j+z\;\mathbf k \).
\[
\begin{gather}
{\mathbf E}_3=\frac{\lambda }{4\pi\epsilon_0}\int_{{-a/2}}^{{a/2}}{\frac{dy}{\left(y^2+z^2+\dfrac{a^2}{4}\right)^{\;3/2}}}\left(-{\frac{a}{2}}\;\mathbf i+y\;\mathbf j+z\;\mathbf k\right)
\end{gather}
\]
As integrais serão
\[
\begin{gather}
{\mathbf E}_3=\frac{\lambda}{4\pi\epsilon_0h}\left(-{\frac{a}{2h}}\int_{{-\theta_m}}^{{\theta_m}}{\cos\theta}\;d\theta\;\mathbf i\underbrace{+\int_{{-\theta_m}}^{{\theta_m}}{\operatorname{sen}\theta}\;d\theta}_0+\;\mathbf j+\frac{z}{h}\int_{{-\theta_m}}^{{\theta_m}}{\cos\theta}\;d\theta\;\mathbf k\right)
\end{gather}
\]
Depois da integração
\[
\begin{gather}
{\mathbf E}_3=\frac{\lambda}{2\pi\epsilon_0h^2}\operatorname{sen}\theta_m\left(-{\frac{a}{2}}\;\mathbf j+z\;\mathbf k\right)
\end{gather}
\]
Após os mesmos cálculos para a determinação do sen θm
\[
\begin{gather}
{\mathbf E}_3=\frac{\lambda}{4\pi\epsilon_0\left(z^2+\dfrac{a^2}{4}\right)}\frac{a}{\sqrt{z^2+\dfrac{a^2}{2}\;}}\left(-{\frac{a}{2}}\;\mathbf j+z\;\mathbf k\right)
\end{gather}
\]
Campo elétrico produzido por um segmento da espira que passa pelo ponto
\( x=-{\frac{a}{2}} \)
e é paralelo ao eixo-x (Figura 12).
O vetor rq será \( {\mathbf r}_q=-x\;\mathbf i+y\;\mathbf j \) e o vetor rp será \( {\mathbf r}_p=z\;\mathbf k \).
O vetor r será \( \mathbf r=\frac{a}{2}\;\mathbf i-y\;\mathbf j+z\;\mathbf k \).
O vetor rq será \( {\mathbf r}_q=-x\;\mathbf i+y\;\mathbf j \) e o vetor rp será \( {\mathbf r}_p=z\;\mathbf k \).
O vetor r será \( \mathbf r=\frac{a}{2}\;\mathbf i-y\;\mathbf j+z\;\mathbf k \).
\[
\begin{gather}
{\mathbf E}_3=\frac{\lambda}{4\pi\epsilon_0}\int_{{-a/2}}^{{a/2}}{\frac{dy}{\left(y^2+z^2+\dfrac{a^2}{4}\right)^{\;3/2}}}\left(\frac{a}{2}\;\mathbf i-y\;\mathbf j+z\;\mathbf k\right)
\end{gather}
\]
As integrais serão
\[
\begin{gather}
{\mathbf E}_4=\frac{\lambda}{4\pi\epsilon_0h}\left(\frac{a}{2h}\int_{{-\theta_m}}^{{\theta_m}}{\cos\theta}\;d\theta\;\mathbf i\underbrace{-\int_{{-\theta_m}}^{{\theta_m}}{\operatorname{sen}\theta}\;d\theta}_0+\;\mathbf{\text{j}}+\frac{z}{h}\int_{{-\theta_m}}^{{\theta_m}}{\cos\theta}\;d\theta\;\mathbf k\right)
\end{gather}
\]
Depois da integração
\[
\begin{gather}
{\mathbf E}_4=\frac{\lambda}{2\pi\epsilon_0h^2}\operatorname{sen}\theta_m\left(\frac{a}{2}\;\mathbf j+z\;\mathbf k\right)
\end{gather}
\]
Após os mesmos cálculos para a determinação do sen θm
\[
\begin{gather}
{\mathbf E}_4=\frac{\lambda}{4\pi\epsilon_0\left(z^2+\dfrac{a^2}{4}\right)}\frac{a}{\sqrt{z^2+\dfrac{a^2}{2}\;}}\left(\frac{a}{2}\;\mathbf j+z\;\mathbf k\right)
\end{gather}
\]
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