Cargas puntiformes q 1, q 2 e q 3 estāo fixas nos vértices de um triângulo eqüilátero cujos lados tem comprimento de 2,50 \mathrm{~m}. Determine o campo elétrico resultante no ponto médio da base do triângulo. Considere \mathrm{q} 1=4,20 \mu \mathrm{C}, \mathrm{q}_{2}= 3,20 \mu \mathrm{C} e \mathrm{q} 3=-2,20 \mu \mathrm{C}.

Passo 1

O enunciado coloca três cargas puntiformes q_1,q_2,q_3 nos vértices de um triângulo equilátero de lado a=2{,}50,m e pede o campo elétrico resultante no ponto médio da base. O conteúdo envolve a lei de Coulomb para cada carga e soma vetorial de campos.

Passo 2

Escolhemos um sistema de coordenadas de modo que a base fique sobre o eixo x, com o ponto médio na origem. Assim
q_1=4{,}20\,\mu\mathrm{C}\quad\text{em}\;\bigl(-\tfrac{a}{2},0\bigr),
q_2=3{,}20\,\mu\mathrm{C}\quad\text{em}\;\bigl(+\tfrac{a}{2},0\bigr),
q_3=-2{,}20\,\mu\mathrm{C}\quad\text{em}\;\bigl(0,h\bigr),
onde
h=\frac{\sqrt{3}}{2}\,a=2{,}50\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}\approx2{,}165\text{ m}.
No ponto de interesse, em (0,0), calcularemos \vec E_1, \vec E_2 e \vec E_3 e depois somamos.

Passo 3

Para q_1 e q_2 o ponto está a uma distância r_1=r_2=\tfrac{a}{2}=1{,}25,m, sobre a horizontal. Pela lei de Coulomb,
|\vec E_1| = k\,\frac{q_1}{r_1^2} =8{,}988\times10^9\frac{4{,}20\times10^{-6}}{(1{,}25)^2} \approx2{,}42\times10^4\text{ N/C},
com direção de q_1 para o ponto, isto é, ao longo de +x, logo \vec E_1=(+2{,}42\times10^4,\,0),N/C.
De modo análogo,
|\vec E_2| = k\,\frac{q_2}{r_2^2} =8{,}988\times10^9\frac{3{,}20\times10^{-6}}{(1{,}25)^2} \approx1{,}84\times10^4\text{ N/C},
direcionado de q_2 para o ponto, isto é, ao longo de -x, então \vec E_2=(-1{,}84\times10^4,\,0),N/C.
A soma dos dois componentes x é
E_{12,x}=2{,}42\times10^4-1{,}84\times10^4=0,58\times10^4=5{,}80\times10^3\text{ N/C}.

Passo 4

Para q_3 a distância até a origem é r_3=h=2{,}165,m. A magnitude do campo é
|\vec E_3| = k\,\frac{|q_3|}{r_3^2} =8{,}988\times10^9\frac{2{,}20\times10^{-6}}{(2{,}165)^2} \approx4{,}22\times10^3\text{ N/C}.
Como q_3 é negativa, o vetor campo aponta de (0,0) para (0,h), i.e., ao longo de +y, logo \vec E_3=(0,\,+4{,}22\times10^3),N/C.

Passo 5

Somando vetorialmente,
\vec E=\bigl(E_{12,x},\,0\bigr)+\bigl(0,\,4{,}22\times10^3\bigr) =(5{,}80\times10^3,\,4{,}22\times10^3)\text{ N/C}.
A magnitude resultante vale
|\vec E|=\sqrt{(5{,}80\times10^3)^2+(4{,}22\times10^3)^2} \approx7{,}13\times10^3\text{ N/C},
e o ângulo em relação ao eixo +x é
\theta=\arctan\!\bigl(\tfrac{4{,}22\times10^3}{5{,}80\times10^3}\bigr) \approx36{,}5^\circ.

Resposta

\displaystyle \vec E=(5{,}80\times10^3\,\mathbf i+4{,}22\times10^3\,\mathbf j)\text{ N/C},\quad |\vec E|\approx7{,}13\times10^3\text{ N/C},\;\theta\approx36{,}5^\circ acima do eixo x.

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