Problemas Aula 5.3 - Energia potencial elétrica, trabalho e potencial elétrico

Escrito por Paulo Henrique

Alguns problemas para você praticar a teoria estudada. O grau de dificuldade dos problemas está indicado com asteriscos (*). Problemas com 1 asterisco é o equivalente a um problema de primeira fase de OBF, 2 asteriscos (**) um de segunda fase, e 3 asteriscos (***) um de terceira fase.

Problema 01 *

Duas partículas pontuais de carga $q$ e massa $m$ muito distantes se aproximam uma da outra com velocidades individuais iguais a $v$ , como mostra a figura a seguir:

Encontre uma expressão para a distância mínima $r$ entre as partículas durante seu movimento.

Solução

Quando a distância entre as partículas é mínima, a velocidade relativa entre elas é nula. Como o módulo da velocidade de uma das partículas permanece igual ao módulo da velocidade da outra (por simetria), nesse momento a velocidade de ambas as partículas é nula. Por conservação de energia, toda a energia inicial das partículas é transformada em energia potencial eletrostática. Além disso, como a distância inicial entre as partículas é muito grande, a energia eletrostática é desprezível em relação à cinética no início. Assim,

$\dfrac{kq^2}{r^2}=\dfrac{mv^2}{2}+\dfrac{mv^2}{2}=mv^2$

$\boxed{r=\dfrac{q}{v}\sqrt{\dfrac{k}{m}}}$

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Gabarito

$\boxed{r=\dfrac{q}{v}\sqrt{\dfrac{k}{m}}}$

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Problema 2 **

Temos uma situação semelhante à do item anterior, mas agora uma das partículas possui velocidadade inicial $v_{0,1}$ , carga $q_1$ e massa $m_1$ , enquanto a outra se move na direção contrária com velocidade inicial $v_{0,2}$ , carga $q_2$ e massa $m_2$ . Encontre uma expressão para a distância mínima entre as partículas, supondo que elas iniciam seu movimento muito distantes uma da outra.

Solução

Utilizaremos o conceito de massa reduzida para resolver esse problema. A velocidade relativa inicial entre as partículas é igual a $v_{0,1}+v_{0,2}$ . Quando a distância entre as partículas é mínima, temos que a velocidade relativa entre elas é nula. Como a massa reduzida do sistema é igual a $m_1m_2/(m_1+m_2)$ , a conservação de energia do sistema nos dá a seguinte equação:

$\dfrac{m_1m_2}{m_1+m_2}\dfrac{(v_{0,1}+v_{0,2})^2}{2}=\dfrac{kq_1q_2}{r_{min}^2}$

Isolando a distância mínima:

$\boxed{r_{min}=\dfrac{1}{v_{0,1}+v_{0,2}}\sqrt{2kq_1q_2\left(\dfrac{1}{m_1}+\dfrac{1}{m_2}\right)}}$

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Gabarito

$\boxed{r_{min}=\dfrac{1}{v_{0,1}+v_{0,2}}\sqrt{2kq_1q_2\left(\dfrac{1}{m_1}+\dfrac{1}{m_2}\right)}}$

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Problema 3 **

(OBF) Duas cargas puntiformes $q_a =-4,0\,\mu C$ e $q_b =-1,0\, \mu C$ são mantidas fixas no eixo $x$ do sistema de coordenadas cartesianas mostrado ao lado, no qual $L = 12\,cm$ . Uma terceira carga $q_c =-1,0\,\mu C$ deve ser trazida de um ponto distante até o ponto $C$ no qual a força eletrostática sobre $q_c$ deve ser nula.

Determine:

(a) A coordenada $x_c$ de $C$ , em $cm$ .

(b) O trabalho necessário para trazer $q_c$ , em $J$ , até $C$ .

Solução

(a) Como $q_a$ e $q_b$ possuem o mesmo sinal, $q_c$ deve estar entre as duas para ter sua força resultante igual a zero. Assim,

$F_{a,c} + F_{b,c} = 0$

$\dfrac{Kq_aq_c}{x_c^2} = \dfrac{Kq_bq_c}{(L-x_c)^2}$

$\left(\dfrac{L}{x_c} - 1\right)^2 = \dfrac{1}{4}$

$\dfrac{L}{x_c} = \dfrac{3}{2}$

$\boxed{x_c = 8 \, cm}$

Veja que pegamos a solução positiva na raiz quadrada porque $L > x_c \Rightarrow L/x_c > 1$ , pelo motivo que introduziu a resolução do item.

(b) Pelo teorema trabalho-energia, o trabalho total realizado sobre a carga é

$W_{tot} = \Delta K$ ,

sendo $\Delta K$ a variação de energia cinética. Existem dois agentes realizando trabalho: a força eletrostática entre as partículas e o operador externo, que deve trazer a carga do infinito à posição final, sendo o trabalho do último aquele requisitado pelo problema. O trabalho da força eletrostática, por ser conservativa, é dado por $W_{e}=-Delta U$ , sendo $\Delta U$ a variação de energia potencial elétrica. Portanto:

$W_e+W=\Delta K$

$W=\Delta K+\Delta U$

Como a variação de energia potencial é nula e o potencial a grandes distâncias é zero:

$W = 0+U_f= \dfrac{Kq_aq_c}{x_c}+\dfrac{Kq_bq_c}{L-x_c}=Kq_c\left(\dfrac{q_a}{x_c}+\dfrac{q_b}{L-x_c}\right)$

Substituindo os valores numéricos em unidades do SI:

$W = 9 \cdot 10^9 \cdot -1 \cdot 10^{-6} \left(\dfrac{- 4 \cdot 10^{-6}}{8 \cdot 10^{-2}} + \dfrac{-1 \cdot 10^{-6}}{4 \cdot 10^{-2}} \right)\,J$

$W = 0,45 + 0,225 \, J$

$\boxed{W = 0,675\, J}$

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Gabarito

(a) $\boxed{x_c = 8 \, cm}$

(b) $\boxed{W \approx 0,675 \, J}$

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Problema 4 ***

Uma série de partículas com a mesma carga, em módulo, estão posicionadas em uma linha, de forma que duas cargas adjacentes possuem carga de sinal oposto e estão separadas por uma distância $a$ , como mostra a figura a seguir:

Supondo que o comprimento da linha seja muito grande, encontre uma expressão aproximada para a energia eletrostática total desse sistema composto por $N$ cargas.

Dica: Você pode utilizar a seguinte expressão:

$\sum_{k=1}^\infty\dfrac{(-1)^k}{k}=-\ln{2}$

Solução

Primeiramente, analisaremos a energia potencial de uma carga positiva. Primeiramente, temos uma componente devido às duas cargas negativas adjacentes:

$-\dfrac{2kq^2}{a}$

Então, temos um termo correspondente às duas cargas positivas à uma distância $2a$ :

$\dfrac{2kq^2}{2a}$

Então, temos um termo correspondente às duas cargas negativas à uma distância $3a$ :

$-\dfrac{2kq^2}{3a}$

Assim, podemos ver que, como a linha se extende praticamente ao infinito, a energia total da carga $+q$ considerada é:

$E_+=\dfrac{2kq^2}{a}\sum_{k=1}^\infty\dfrac{(-1)^k}{k}=-\dfrac{2kq^2}{a}\ln{2}$

Realizando um raciocínio análogo para uma carga $-q$ , percebemos que sua energia também é igual a $E_+$ . Assim, a energia total do sistema é

$E_{tot}=NE_+=\boxed{-\dfrac{2kNq^2}{a}\ln{2}}$

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Gabarito

$\boxed{-\dfrac{2kNq^2}{a}\ln{2}}$

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Problema 5 **

Encontre o potencial eletrostático V(r) dentro de uma esfera de raio $R$ uniformemente carregada com carga total $Q$ . Deixe sua resposta em termos da distância $r<R$ entre o ponto considerado e o centro da esfera, da carga $Q$ e constantes universais. Você pode utilizar que a única carga que contribui para o campo elétrico à uma distância $r<R$ do centro da esfera está contida dentro de uma casca esférica de mesmo raio. Considere que o potencial é nulo no centro da esfera.

Solução

Seguindo a dica do enunciado, sabemos que a carga contida dentro de uma casca esférica de raio $r$ é proporcional ao volume dentro dela:

$Q(r)=Q\left(\dfrac{r}{R}\right)^3$

O campo elétrico provocado por ela é

$E(r)=\dfrac{kQ(r)}{r^2}=\dfrac{kQ}{R^3}r$

Perceba que esse campo elétrico assume a mesma forma da lei de Hooke, porém com sinal invertido. Assim, o potencial será da mesma forma que a energia elástica de uma mola, mas com sinal invertido:

$\boxed{V(r)=-\dfrac{kQ}{R^3}\dfrac{r^2}{2}}$

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Gabarito

$\boxed{V(r)=-\dfrac{kQ}{R^3}\dfrac{r^2}{2}}$

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Problema 6 *

(OBF) Utilizando um acelerador de partículas, o professor de Física Moderna e Contemporânea mostrou aos seus alunos, como uma partícula alfa descreve uma trajetória curva de raio $R$ , ao ser acelerada a partir do repouso por uma diferença de potencial igual a $1,0$ $kV$ ao adentrar em uma região cujo campo de indução magnética uniforme é igual a $0,2$ $T$ com direção perpendicular ao movimento da partícula. Indicando que a massa da partícula é igual a $6,68 . 10^{-27}$ $kg$ e a carga $3,2 . 10^{-19}$ $C$ , o valor do raio encontrado pelo professor foi, aproximadamente igual a:
a) $0,32$ $cm$ ;
b) $3,2$ $m$ ;
c) $32,0$ $cm$ ;
d) $3,2$ $cm$ ;
e) $32,0$ $m$

Solução

Pela segunda lei de Newton:

$\frac{mv^{2}}{R}=qvB$

$R=\frac{mv}{qB}$

E, pela conservação da energia:

$\frac{mv^{2}}{2}=qV$

$v=\sqrt{\frac{2qV}{m}}$

Substituindo:

$R=\sqrt{\frac{2mV}{q}}\frac{1}{B}$

$R\approx 0,032$ $m$

$R\approx 3,2$ $cm$

O Item correto é o item D.

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Gabarito

Item D

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Problema 7 *

Duas cargas $q_1=1,6\cdot 10^{-19}\,\rm{C}$ e $q_2=3,2\cdot 10^{-19}\,\rm{C}$ estão em repouso separadas por uma distância $r=9,0\cdot 10^{-9}\,\rm{m}$ . Encontre o trabalho necessário para afastá-las até uma distância muito maior que $r$ . Deixe sua resposta em eV, sabendo que $1\,\rm{eV}=1,6\cdot 10^{-19}\,\rm{J}$ .

Solução

Sabemos que o trabalho necessário será igual à variação de energia potencial eletrostática do sistema. Como na situação final a distância entre as cargas é muito grande, podemos desprezar a energia eletrostática final:

$0-\left(-\dfrac{kq_1q_2}{r^2}\right)=W$

$W=\dfrac{kq_1q_2}{r}=\dfrac{9,0\cdot 10^9 \cdot 1,6\cdot 10^{-19} \cdot 3,2\cdot 10^{-19}}{9,0\cdot 10^{-9}}\cdot\dfrac{1}{1,6\cdot 10^{-19}}$

$\boxed{W=0,32\,\rm{eV}}$

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Gabarito

$\boxed{W=0,32\,\rm{eV}}$

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Problema 8 *

Uma carga $q_1>0$ de massa $m_1$ está a uma altura $h$ de uma mesa na qual repousa uma carga $q_2>0$ , diretamente abaixo da posição de $q_1$ . Encontre a altura $h$ para que o sistema fique em equilíbrio minimizando sua energia total. Assuma que a aceleração gravitacional é $g$ e, se necessário, utilize que a seguinte desigualdade é válida para $x_1$ e $x_2$ positivos:

$\dfrac{x_1+x_2}{2}\geq\sqrt{x_1x_2}$

Solução

Tomando como referência o nível da mesa para o pontencial gravitacional, podemos escrever a energia do sistema como sendo

$E=mgh+\dfrac{kq_1q_2}{h}$

Pela dica do enunciado:

$E\geq 2\sqrt{mgh\cdot\dfrac{kq_1q_2}{h}}=2\sqrt{mgkq_1q_2}$

Quando a energia é mínima, devemos ter uma igualdade

$mgh+\dfrac{kq_1q_2}{h}=2\sqrt{mgkq_1q_2}$

$\boxed{h=\sqrt{\dfrac{kq_1q_2}{mg}}}$

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Gabarito

$\boxed{h=\sqrt{\dfrac{kq_1q_2}{mg}}}$

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Problema 9 ***

(OBF) Há mais de cem anos o físico dinamarquês Niels Bohr publicava um dos mais importantes trabalhos da Física do século XX, On the Constitution of Atoms and Molecules, no qual pela primeira vez um modelo do átomo construído a partir de fatos experimentais e da hipótese de quantização de energia de Max Planck era apresentado". (Texto extraído da Revista Brasileira de Ensino de Física, v. 35, n. 4, p. 4301, 2013). Considere um átomo de hidrogênio, no qual um elétron de massa m e carga e orbita em torno de um próton em uma trajetória circular de raio $R$ , sob a ação de uma força de natureza eletrostática e com potencial de Coulomb dado por:

$V=-\frac{kZe^{2}}{R}$

onde $k$ é a constante eletrostática e $Ze$ representa a carga do núcleo atômico. Deduza a expressão para a energia total do elétron.

Solução

Se o potencial é dado por $V=-\frac{kZe^{2}}{R}$ , o modulo da forca, $F$ é dado por:

$F=\frac{kZe^{2}}{R^{2}}$

E devido a condicao de orbita circular $F$ deve ser numericamente igual a resultante centripeta, $mv^{2}/R$ , de modo que podemos escrever que:

$mv^{2}=\frac{kZe^{2}}{R}$

Como energia cinetica é $mv^{2}/2$ , temos que a energia cinetica. $T$ dele é dado por:

$T=mv^{2}/2=\frac{kZe^{2}}{2R}$

E como a energia pedida é $E=V+T$ , a resposta é

$E=-\frac{kZe^{2}}{2R}=V/2$

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Gabarito

A resposta é $E=-\frac{kZe^{2}}{2R}=V/2$

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Problema 10 **

Suponha que o potencial eletrostático dentro de uma esfera uniformemente carregada seja dado, a menos de uma constante aditiva, por

$V(r)=-\dfrac{k_eQ}{R^3}\dfrac{r^2}{2}$

Encontre o período de pequenas oscilações radiais de um elétron de carga $-e$ dentro dessa esfera.

Solução

Seja $v_r$ a velocidade radial do elétron. Sua energia total é dada por

$E=-eV+\dfrac{mv_r^2}{2}=\dfrac{k_eQe}{R^3}\dfrac{r^2}{2}+\dfrac{mv_r^2}{2}$

Comparando com a energia de um sistema massa-mola,

$E=\dfrac{kx^2}{2}+\dfrac{mv_x^2}{2}$

temos a seguinte correspondência:

$k=\dfrac{k_eQe}{R^3}$

$T=2\pi\sqrt{\dfrac{m}{k}}=\boxed{2\pi\sqrt{\dfrac{mR^3}{k_eQe}}}$

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Gabarito

$\boxed{T=2\pi\sqrt{\dfrac{mR^3}{k_eQe}}}$

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Problema 11 ***

(OBF) Um feixe de elétrons (carga $e$ e massa $m$ ) é gerado a partir do aquecimento do filamento de um tubo de raios catódicos produzindo uma densidade volumétrica $n$ de elétrons. Todos estes elétrons são acelerados pela diferença de potencial $V_{a}$ como indicado na figura a seguir. Logo após a região de aceleração o feixe de elétrons entra numa região (de extensão $L_{e}$ ) de campo elétrico constante $E$ na direção $y$ , sendo defletido até atingirem o ponto A na tela do tubo.

a) Determine a densidade de corrente de elétrons gerada após a aceleração dos elétrons pela diferença de potencial $V_{a}$ .

b) Determine o valor da distancia $d$ na tela do tubo.

Obs – Utilize a mesma nomenclatura definida no enunciado do problema.

Solução

a) Primeiramente, devemos calcular, através da conservação da energia, a velocidade adquirida pelos elétrons devido à diferença de potencial $V_{a}$ :

$eV_{a}=\frac{mv^{2}}{2} \rightarrow v=\sqrt{\frac{2eV_{a}}{m}}$

Sabendo a velocidade dos elétrons, agora podemos calcular o volume de elétrons que passa por uma área $A$ por segundo, ou seja, a vazão de elétrons $S$ que é calculada analogamente à vazão de um flúido por:

$S=vA \rightarrow S=A\sqrt{\frac{2eV_{a}}{m}}$

Sabendo o volume de elétrons que passa por essa área por segundo, podemos calcular o número de elétrons que passa pela mesma por segundo ( $N$ ):

$N=nS \rightarrow N=nA\sqrt{\frac{2eV_{a}}{m}}$

Pode-se então agora calcular a carga que passa por essa área por segundo, ou seja, pode-se calcular a corrente ( $I$ ):

$I=eN \rightarrow I=neA\sqrt{\frac{2eV_{a}}{m}}$

Sabendo a corrente, pode-se calcular então a densidade de corrente ( $J$ ) simplesmente dividindo-a pela área, ou seja:

$J=ne\sqrt{\frac{2eV_{a}}{m}}$

b) Observe que para o cálculo de $\Delta y$ devemos levar em conta uma ambiguidade que ocorreu entre a figura e o enunciado do problema, no enunciado é falado que após a região de aceleração, os elétrons passariam por uma região de campo elétrico uniforme $E$ na direção $y$ com comprimento $L_{e}$ , entretanto, na imagem, observa-se que a região de campo elétrico possui um comprimento não indicado e após a mesma há uma região livre de campo elétrico, tendo essa região comprimento $L$ , durante a resolução desse item, então, consideraremos somente a situação descrita no enunciado e não a presente na figura. Sabendo disso, podemos ver que para o cálculo de $\Delta y$ precisamos apenas do tempo ( $t$ ) que o elétron leva para atravessar a região e da aceleração do elétron na direção y, poderemos então a partir disso, calcular o desvio $\Delta y$ pelas equações do M.U.V. Começaremos calculando o tempo da travessia:

$vt=L_{e} \rightarrow$ $\sqrt{\frac{2eV_{a}}{m}}t=L_{e}$

$t=L_{e}\sqrt{\frac{m}{2eV_{a}}}$

Agora calcularemos, pela segunda lei de Newton, a aceleração do elétron na direção y:

$ma=eE \rightarrow a=\frac{eE}{m}$

Sabendo disso, podemos agora calcular o desvio $\Delta y$ :

$\Delta y=\frac{at^{2}}{2}$

$\Delta y=\frac{\frac{eE}{m}(L_{e}\sqrt{\frac{m}{2eV_{a}}})^{2}}{2}$

$\Delta y=\frac{EL_{e}^{2}}{4V_{a}}$

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Gabarito

a) $J=ne\sqrt{\frac{2eV_{a}}{m}}$

b) $\Delta y=\frac{EL_{e}^{2}}{4V_{a}}$

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Problema 12 ***

(OBF) A figura 5 mostra uma célula unitária cúbica de um cristal de cloreto de sódio, com aresta $a = 5,6*10^{-10} m$ .

a) Determine a densidade volumétrica de carga elétrica positiva, em $\frac{C}{cm^{3}}$ , devida ao íon Na+, lembrando que a carga elementar é $1,6*10^{-19} C$ .

b) Considere duas cargas puntiformes de mesmo módulo, uma positiva e outra negativa, separadas por $0,5 cm$ , inicialmente em repouso. O módulo de cada carga é igual a quantidade de carga contida em um $cm^{3}$ na resposta do item anterior. Determine a energia necessária para separar estas cargas a uma distância infinita.

Solução

a) Pela figura 5, note que há 13 íons sódio (bolinhas vermelhas) em um cristal cúbico de lado $a$ . Portanto:

$\rho=\frac{13*1,6*10^{-19}}{(5,6*10^{-8})^{3}}$

$\rho=1,2*10^{4} \frac{C}{cm^{3}}$

b) A energia necessária é igual a diferença de energia das configurações final e inicial do sistema. Logo:

$E=0-\frac{Kq(-q)}{d}$

$E=\frac{Kq^{2}}{d}$

Lembrando que $q=\rho_V=1,2*10^{4} C$

$E=\frac{9*10^{9}*(1,2*10^{4})^{2}}{5*10^{-3}}$

$E=2,6*10^{20}\approx 3*10^{20} J$

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Gabarito

a) $\rho=1,2*10^{4} \frac{C}{cm^{3}}$

b) $E=2,6*10^{20}\approx 3*10^{20} J$

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Problema 13 ***

(OBF) No início do século XX, principalmente depois da descoberta da equivalência entre massa e energia por Einstein, foram propostos modelos nos quais a massa do elétron era devida apenas à atração eletrostática. Considere que o elétron é formado por três partículas com massas desprezíveis (quando distantes) e cargas iguais a $q=-e/3$ . Dados, aproximadamente, massa do elétron $m=9,0\times10^{-31}\,\rm{kg}$ e carga elementar $e=1,6\times10^{-19} \,\rm{C}$ , determine:

(a) A energia W necessária para aproximar as três partículas, inicialmente afastadas, até uma
distância d uma da outra.

(b) Desconsiderando a interação necessária para manter as partículas próximas, qual seria o valor de $d$ segundo esses modelos do início do século XX?

Solução

(a)

Para encontrar o trabalho necessário para juntar as três partículas basta encontrar a energia de interação entre as partículas duas a duas.

$W=E_{1-2}+E_{1-3}+E_{2-3}$

$W=\dfrac{k(-e/3)(-e/3)}{d}+\dfrac{k(-e/3)(-e/3)}{d}+\dfrac{k(-e/3)(-e/3)}{d}$

$W=3\dfrac{k(e/3)^2}{d}$

$\boxed{W=\dfrac{ke^2}{3d}}$

(b) A energia encontrada anteriormente pode ser relacionada com a expressão da energia de Einstein para a energia de repouso da partícula. Não é necessário considerar a energia de repouso de cada partícula unicamente, por ser dito no enunciado que elas têm massa desprezível.

$mc^2=W$

$mc^2=\dfrac{ke^2}{3d}$

$d=\dfrac{ke^2}{3mc^2}$

Substituindo os valores $k=9\times 10^9 \,\rm{N}\,\rm{m}^2\,\rm{C}^{-2}$ (dado na folha de dados), $e=1,6\times10^{-19}\,\rm{C}$ , $m=9\times10^{-31}\,\rm{kg}$ e $c=3\times10^8\,\rm{m}/\rm{s}$ encontramos

$\boxed{d\cong 9,5\times 10^{-16} \,\rm{m}}$

(c) Para encontrarmos o raio do elétron, consideraremos as partículas pontuais, assim, o raio será o raio do círculo circunscrito ao triangulo formado pelas três partículas.

$2R\cos{30^{\circ}}=d$

$R\sqrt{3}=d$

$R=\dfrac{d}{\sqrt{3}}$

$R\cong\dfrac{d}{1,7}$

$\boxed{R\cong5,6\times10^{-16}\,\rm{m}}$

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Gabarito

(a) ${W=\dfrac{ke^2}{3d}}$

(b) $d\cong 9,5\times 10^{-16} \,\rm{m}$

(c) $R\cong5,6\times10^{-16}\,\rm{m}$

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Problema 14 *

(OBF) Considere uma região R definida no espaço interno a um conjunto de cargaspontuais. Também considere que o valor nulo do potencial elétrico é escolhido em um ponto distante da região R. Sabe-se que, em um determinado ponto de R, o campo elétrico e o potencial elétrico produzidos por estas cargas puntais são nulos.
O menor número de cargas existentes que define R é
a) 1
b) 2
c) 3
d) 4
e) 6

Solução

Inicialmente vejamos como é o sistema representado. Para simplicidade de representação faremos um espaço esférico, porém, o formato de $R$ não foi especificado, e não será necessário ter essa informação para concluir a questão.

Figura 5

Seja $O$ o ponto de $R$ em que o potencial elétrico é nulo. Como o potencial foi definido como zero no infinito, podemos calcular o potencial gerado por cada carga por:

$V_i=\dfrac{KQ_i}{r_i}$

Portanto, o potencial no ponto $O$ é:

$V_o=V_1+V_2+V_3+...+V_{n-1}+V_n$

$\boxed{V_o=\displaystyle \sum_{i=1}^{n} \dfrac{KQ_i}{r_i}=0}$

Como queremos o caso mínimo de cargas, vejamos os primeiros casos:

I) $n=1$

$V_o=\dfrac{KQ_1}{r_1}=0$

Esse caso só é possível caso $Q_1=0$ , ou seja, não existe carga, logo esse caso é absurdo.

II) $n=2$

Inicialmente suponha que tenhamos duas cargas iguais a mesma distância $r$ do ponto $O$ :

Figura 6

O campo elétrico neste ponto é nulo. Todavia, o potencial elétrico gerado será:

$V_o=\dfrac{KQ}{r}+\dfrac{KQ}{r}=\dfrac{2KQ}{r}\neq 0$

Considere agora duas cargas ( $Q$ e $-Q$ ) a mesma distância de $O$

Figura 7

O potencial gerado no ponto $O$ é zero, porém, perceba que o campo elétrico será duplicado em relação ao caso de apenas uma carga.

Portanto, é possível perceber que não é possível o caso com duas cargas.

OBS: Abaixo há uma demonstração mais formal do porquê não é possível o caso $n=2$ . Porém a demonstração exige um conhecimento de cálculo vetorial um pouco mais aguçado.

$V_o=\dfrac{KQ_1}{r_1}+\dfrac{KQ_2}{r_2}=0$

$r_2=-\dfrac{Q_2}{Q_1} r_1$ EQ 01

Como as cargas estão exteriores a $R$ , desde que as cargas tenham sinais opostos, é possível existir essa relação entre as distâncias.

Para o cálculo do campo elétrico.

sabemos que o vetor campo elétrico pode ser escrito como:

$\vec E=\dfrac{KQ}{r^2}\hat r$

Onde $\hat r$ é o vetor unitário na direção de $\vec r$ . Portanto:

$\vec r=r\hat r$

Logo, escreveremos o nosso campo elétrico como:

$\vec E=\dfrac{KQ}{r^3}\vec r$

Calculando o campo resultante pelas duas cargas

$\vec E=\vec E_1+\vec E_2=\dfrac{KQ_1}{r_1^3}\vec{r_1}+\dfrac{KQ_2}{r_2^3}\vec{r_2}=\vec 0$

Como calculamos antes:

$r_2=-\dfrac{Q_2}{Q_1} r_1$

Aplicando no campo elétrico

$\vec E=\dfrac{KQ_1}{r_1^3}\vec{r_1}+\dfrac{KQ_2}{\left(-\dfrac{Q_2}{Q_1} r_1\right)^3}\vec{r_2}$

$\vec E=\dfrac{KQ_1}{r_1^3}\cdot \left(\vec{r_1}-\dfrac{Q_1^2}{Q_2^2}\vec{r_2}\right)=\vec 0$

$\rightarrow \vec{r_2}=\dfrac{Q_2^2}{Q_1^2}\vec{r_1}$ EQ 02

Veja que $\vec{r_2}$ e $\vec{r_1}$ são paralelos e estão na mesma direção, portanto:

$r_2=\dfrac{Q_2^2}{Q_1^2}r_1=-\dfrac{Q_2}{Q_1} r_1$

$\rightarrow Q_1=-Q_2$

Aplicando em EQ 02:

$\vec{r_1}=\vec{r_2}$

Ou seja, as duas cargas estão na mesma posição do espaço, o que viola o princípio da impenetrabilidade.

Portanto não é possível o caso com duas cargas.

III) $n=3$

Como sabemos, para que a soma de três vetores seja nula, estes devem fechar um triângulo. Para isso, consideremos o caso em que 3 cargas iguais estão dispostas nos vértices de um triângulo equilátero com baricentro em $O$ .

Figura 8

O campo resultante na direção vertical será:

$E_y=2E\cos{60^{\circ}}-E=2E\cdot \dfrac{1}{2}-E=0$

O campo resultante horizontal será:

$E_x=E\sin{60^{\circ}}-E\sin{60^{\circ}}=0$

Portanto o campo resultante dessa configuração é nulo, todavia, o potencial elétrico será o triplo do potencial de uma única carga.

OBS: A demonstração formal desse caso envolve cálculos mais avançados com vetores e a utilização e manipulação da desigualdade triangular. Achamos demasiado pesado mostrar a solução completa para este caso visto ser a 1ª fase da olimpíada. Todavia, deixamos o caso acima apresentado para deixar pelo menos uma evidência do porquê esse caso não é válido.

IV) $n=4$

Esse caso será o primeiro possível. Para demonstrar, basta apresentarmos um caso em que as exigências são cumpridas.

Considere o caso apresentado na figura a seguir, onde o ponto $O$ é a origem de um sistema de coordenadas, e todas as cargas estão no plano $z=0$ .

Figura 9

i) Calculando o potencial elétrico no ponto $O$ :

$V_o=\dfrac{KQ}{L}+\dfrac{KQ}{L}+\dfrac{K(-Q)}{L}+\dfrac{K(-Q)}{L}=0$

$\boxed{V_o=0}$

ii) Calculando o campo elétrico em $O$ :

$\vec E=\dfrac{kQ}{L^2}\hat x+\dfrac{kQ}{L^2}(-\hat x)+\dfrac{kQ}{L^2}\hat y+\dfrac{kQ}{L^2}(-\hat y)=\vec 0$

$\boxed{\vec E=\vec 0}$

Portanto o caso com 4 cargas é o menor possível.

$\boxed{n_{min}=4}$

Item d)

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Gabarito

Item d)

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Problema 15 ***

(OBF) Em agosto de 1913, portanto há 100 anos, Robert Millikan publicou um artigo onde descreve um método para, pela primeira vez na história, medir a unidade fundamental de carga elétrica - a carga do elétron. O objetivo do experimento é a comprovação do caráter discreto da carga elétrica. O método utilizado baseia-se na ação de um campo elétrico em uma gotícula de óleo, aproximadamente esférica, de densidade $\rho$ , raio $R$ e eletrizada com carga $q$ . A figura mostrada representa o arranjo experimental usado. As gotículas de óleo são borrifadas dentro da câmara e durante a pulverização algumas ionizam-se por atrito. Eventualmente, algumas penetram entre duas placas carregadas, separadas por uma distância d, através de um pequeno orifício. Pode-se observar através do telescópio que, dentre estas, algumas sobem, enquanto outras descem. Aplicando-se uma diferença de potencial $V$ apropriada entre as placas, pode-se selecionar uma gotícula e mantê-la em equilíbrio por certo tempo. O experimento mostrou que qualquer carga $q$ é um múltiplo inteiro positivo ou negativo de uma carga elementar - a carga do elétron. Determine a carga de uma gotícula de óleo em equilíbrio entre as placas em termos dos dados fornecidos no enunciado ( $\rho$ , $R$ , $d$ e $V$ ), use $g$ como aceleração gravitacional local e $\rho_{ar}$ como a densidade do ar.