Considere uma configuração formada por três cargas puntiformes, todas elas com carga q, localizadas, inicialmente, nos vértices de um triângulo equilátero de lado a (mesma configuração do enunciado anterior).
(a) Determine o campo elétrico e o potencial eletrostático gerado por esta configuração de cargas no baricentro desta configuração.
(b) Considerando que \vec{E}=-\vec{\nabla} V, comente sua resposta ao item anterior.
(c) Calcule o trabalho realizado pelo campo elétrico para remover uma das cargas elétricas do vértice deste triângulo até o baricento deste triângulo ultilizando dois procedimentos distintos, a saber:
(i) calculando W_{e l}=-\Delta U, onde \Delta U é a variação da energia potencial eletrostática neste processo.
(ii) utilizando a definição de trabalho de uma força
W_{e l}^{P_{1} \rightarrow P_{2}}=\int_{P_{1}}^{P_{2}} \vec{F}_{e l}\left(\vec{r}^{\prime}\right) \cdot d \vec{r}^{\prime}=q \int_{P_{1}}^{P_{2}} \vec{E}\left(\vec{r}^{\prime}\right) \cdot d \vec{r}^{\prime}
onde \vec{E}(\vec{r}) é o campo eletrostático gerado pelas outras duas cargas puntiformes, e efetuando explicitamente a integral de linha ao longo do caminho mais conveniente.

Passo 1

Temos três cargas puntiformes iguais \,q, nos vértices de um triângulo equilátero de lado \,a. Precisamos achar no baricentro dessa configuração:
– o campo elétrico \vec{E} e o potencial eletrostático V (item a),
– comentar a relação \vec{E}=-\nabla V (item b),
– e calcular o trabalho realizado pelo campo ao mover uma carga do vértice até o baricentro por dois métodos (item c).

Passo 2

Por simetria de um triângulo equilátero, no baricentro todas as contribuições de campo das três cargas se cancelam. Logo
\vec{E}_{\text{baricentro}}=\vec{0}.
Para o potencial, como ele é escalar e se soma, cada carga está à mesma distância do baricentro, que é
r=\frac{a}{\sqrt{3}}.
Assim
V_{\text{baricentro}} = k\,\frac{q}{r}+k\,\frac{q}{r}+k\,\frac{q}{r} =3\,k\,\frac{q}{a/\sqrt{3}} =3\sqrt{3}\,k\,\frac{q}{a}.

Passo 3

Como \vec{E}=-\nabla V, se V é constante num ponto isolado a seu redor, então \nabla V=\vec{0} e, consequentemente, \vec{E}=\vec{0}. Isto confirma a resposta do item (a): potencial não nulo mas gradiente zero.

Passo 4

Para o trabalho usando \,W_{el}=-\Delta U, computamos a energia potencial inicial e final.
Energia inicial (três pares a distância a):
U_i =3\;k\;\frac{q^2}{a}.
Depois de mover uma carga ao baricentro, restam:
– entre as duas cargas fixas: \,kq^2/a,
– entre a carga no baricentro e cada vértice: distância a/\sqrt3, duas interações de energia \sqrt3\,kq^2/a.
Logo
U_f =k\,\frac{q^2}{a}+2\,\sqrt3\,k\,\frac{q^2}{a} =\Bigl(1+2\sqrt3\Bigr)\,k\,\frac{q^2}{a}.
Assim
\Delta U=U_f-U_i =\Bigl(1+2\sqrt3-3\Bigr)\,k\,\frac{q^2}{a} =\bigl(2\sqrt3-2\bigr)\,k\,\frac{q^2}{a},
e
W_{el}=-\Delta U =\bigl(2-2\sqrt3\bigr)\,k\,\frac{q^2}{a} =2\,(1-\sqrt3)\,k\,\frac{q^2}{a}.

Passo 5

Para o trabalho via integral de linha
W_{el} =q\int_{P_1}^{P_2}\vec{E}\cdot d\vec r
e aproveitamos que o campo das outras duas cargas é conservativo. Podemos escrever para cada carga fixa, se a distância inicial é r_i^{(1)} e final r_i^{(2)},
\int \vec{E}_i\cdot d\vec r =-\int d\Bigl(k\,\frac{1}{r_i}\Bigr) =k\Bigl(\frac{1}{r_i^{(1)}}-\frac{1}{r_i^{(2)}}\Bigr).
No vértice inicial cada distância a uma das duas cargas fixas é a, e no baricentro cada distância é a/\sqrt3. Somando as duas contribuições e multiplicando por q, obtemos
W_{el} =q\,k\Bigl[2\Bigl(\frac{1}{a}-\frac{\sqrt3}{a}\Bigr)\Bigr] =2\,(1-\sqrt3)\,k\,\frac{q^2}{a},
coincidindo com o resultado do método anterior.

Resposta

(a) \displaystyle \vec{E}_{\text{baricentro}}=\vec{0},\quad V_{\text{baricentro}}=3\sqrt{3}\,k\,\frac{q}{a}.
(b)
Como V é estacionário no baricentro, \nabla V=\vec{0} e por isso \vec{E}=-\nabla V=\vec{0}, consistente com (a).
(c)(i) \displaystyle W_{el}=-\Delta U =2\,(1-\sqrt3)\,k\,\frac{q^2}{a}.
(c)(ii)
Pelo integral de linha \displaystyle W_{el} =q\int\vec E\cdot d\vec r =2\,(1-\sqrt3)\,k\,\frac{q^2}{a}.

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