Duas cargas positivas e idêntica Q estão sobre o eixo x em x=\frac{1}{2} \mathrm{~L} e x=-\frac{1}{2} \mathrm{~L}. (a) Obtenha uma expressão para o campo elétrico no eixo y. (b) Uma partícula de massa m e carga q se move ao longo de uma barra fina sem atrito posicionada sobre o eixo y. Determine a força atuante em uma carga q em função de y. Determine o sinal de q de modo que essa força seja sempre orientada para y=0. (c) A partícula está inicialmente em repouso na origem. Se ela receber um pequeno cutucão na direção +y, qual a velocidade da partícula no instante que a força resultante sobre ela for máxima?
Resposta:
(a) \vec{E}_{y}=\frac{2 k Q y}{\left(y^{2}+(1 / 4) L^{2}\right)^{3 / 2}} \hat{j}
(b) \vec{F}_{y}=\frac{2 k q Q y}{\left(y^{2}+(1 / 4) L^{2}\right)^{3 / 2}} \hat{j}
(c) v=1.21 \sqrt{\frac{k q Q}{a M}}

Passo 1

O enunciado dá duas cargas idênticas e positivas Q colocadas sobre o eixo x em x=+\dfrac{1}{2}L e x=-\dfrac{1}{2}L. Pede-se:
  • (a) obter uma expressão para o campo elétrico no eixo y (ou seja, no ponto (0,y));
  • (b) para uma partícula de massa m e carga q que se move sem atrito sobre o eixo y, determinar a força sobre q em função de y (vetorial) e decidir o sinal de q de modo que essa força esteja sempre apontada para y=0;
  • (c) supondo que a partícula esteja inicialmente em repouso na origem e receba um pequeno empurrão na direção +y, determinar a velocidade da partícula no instante em que a força resultante sobre ela for máxima.
Informações relevantes dadas:
  • Cargas pontuais: Q em x=\pm\dfrac{1}{2}L.
  • Ponto de interesse: (0,y) sobre o eixo y.
  • Constante eletrostática: k=\dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0}.
  • Massa da partícula: m; carga da partícula: q.

Passo 2

Lembrando a lei de Coulomb para campo elétrico de uma carga pontual: a campo gerado por uma carga Q em um ponto a vetor distância \vec r (do ponto carga até o ponto de observação) é
\vec{E}(\vec r)=k\frac{Q}{r^{2}}\hat{r}=k\frac{Q\,\vec r}{r^{3}}.
Aqui r=|\vec r| e \hat r=\vec r/r. Isso significa que a componente do campo ao longo de alguma direção é dada pelo módulo do campo multiplicado pelo cosseno do ângulo entre \vec r e essa direção (ou pela projeção na direção desejada). Vou aplicar isso para o ponto (0,y) e somar as contribuições das duas cargas.

Passo 3

Defino uma quantidade auxiliar para simplificar a escrita:
a=\frac{L}{2}.
Cada carga Q está então em x=\pm a. Considere o ponto P=(0,y). A distância do ponto P até cada carga é a mesma:
r=\sqrt{y^{2}+a^{2}}=\sqrt{y^{2}+\left(\frac{L}{2}\right)^{2}}.
A contribuição do campo elétrico, em módulo, de uma única carga Q é \dfrac{kQ}{r^{2}}. A componente na direção y dessa contribuição é essa magnitude vezes \dfrac{y}{r} (projeção do vetor unitário na direção y). Portanto a componente y do campo gerado por uma carga é
E_{y,\text{uma}}=\frac{kQ}{r^{2}}\cdot\frac{y}{r}=\frac{kQ\,y}{r^{3}}.

Passo 4

As duas cargas têm contribuições com componentes x que se cancelam por simetria (uma aponta com componente x para a direita, a outra para a esquerda). As componentes y são ambas no mesmo sentido (se y>0 ambas têm componente +y; se y<0 ambas têm componente -y). Somando as duas contribuições obtemos o campo total no eixo y:
\vec{E}_{y}=\frac{2kQ\,y}{\bigl(y^{2}+a^{2}\bigr)^{3/2}}\,\hat{j}
ou, substituindo a=\dfrac{L}{2},
\boxed{\vec{E}_{y}=\dfrac{2kQ\,y}{\bigl(y^{2}+(1/4)L^{2}\bigr)^{3/2}}\,\hat{j}.}

Passo 5

A força sobre a partícula de carga q é simplesmente \vec{F}=q\vec{E}. Assim, usando o resultado anterior:
\boxed{\vec{F}_{y}=\dfrac{2k\,qQ\,y}{\bigl(y^{2}+(1/4)L^{2}\bigr)^{3/2}}\,\hat{j}.}
Agora, para que a força esteja sempre orientada para y=0 significa que a força deve ser sempre contrária a y: para y>0 deve ser negativa (apontando para -\hat j) e para y<0 deve ser positiva (apontando para +\hat j). A expressão acima é proporcional a qQ\,y. Como o denominador é sempre positivo, precisamos que o coeficiente qQ seja negativo para que o produto qQ\,y tenha sinal contrário ao de y. Como Q>0 (dado), concluímos:
\boxed{q\\ \text{deve ser negativo.}}
Intuição física: uma carga q de sinal oposto a Q será atraída por ambas as cargas e, por simetria, a força resultante puxa-a para o ponto médio y=0.

Passo 6

Antes de (c) é preciso discutir estabilidade e o sinal de q. Se q tiver o mesmo sinal que Q (ou seja q>0), a origem y=0 é um equilíbrio instável: uma pequena perturbação em +y gera uma força em +y que ajuda a afastar a partícula (a força atua no mesmo sentido do deslocamento), então a partícula acelera para fora sem precisar de energia adicional. Se q<0, a origem é equilíbrio estável: uma pequena perturbação será reprimida pela força que aponta para a origem. A questão (c) pede que a partícula, inicialmente em repouso na origem, receba um pequeno cutucão em +y e pergunta a velocidade quando a força for máxima. Para que essa pergunta faça sentido sem depender do valor do empurrão inicial (i.e. para que um empurrão infinitesimal cause movimento e energia venha da interação eletrostática), devemos considerar o caso de equilíbrio instável, portanto assumiremos para (c) que
\text{assumimos }qQ>0\quad(\text{ou seja }q\\ \text{tem o mesmo sinal que }Q),
pois assim a partícula parte da origem e ganha energia cinética devido à queda no potencial elétrico. (Se q<0 e o empurrão for arbitrário, a velocidade no ponto de força máxima dependeria do tamanho do empurrão inicial — a resposta então dependeria dessa energia inicial.)

Passo 7

Encontremos o y onde a força resultante (módulo) é máxima. Para y>0 (o movimento que consideramos) a magnitude da força é, até um fator positivo,
f(y)=\frac{y}{(y^{2}+a^{2})^{3/2}},\qquad a=\frac{L}{2}.
Derivo f para achar extremos:
\frac{df}{dy}=(y^{2}+a^{2})^{-3/2}+y\cdot\left(-\tfrac{3}{2}\right)(y^{2}+a^{2})^{-5/2}\cdot 2y =(y^{2}+a^{2})^{-5/2}\bigl((y^{2}+a^{2})-3y^{2}\bigr).
Zerando:
(y^{2}+a^{2})-3y^{2}=0 \quad\Rightarrow\quad a^{2}-2y^{2}=0 \quad\Rightarrow\quad y^{2}=\frac{a^{2}}{2}.
Tomando y>0,
\boxed{y_{\text{máx}}=\frac{a}{\sqrt{2}}=\frac{L}{2\sqrt{2}}.}á

Passo 8

Agora aplico conservação de energia (válida aqui porque a força eletrostática é conservativa). Tomando energia cinética zero em y=0 (partícula inicialmente em repouso) e energia potencial eletrostática U(y)=qV(y) com
V(y)=k\left(\frac{Q}{r_1}+\frac{Q}{r_2}\right)=\frac{2kQ}{r},\qquad r=\sqrt{y^{2}+a^{2}},
temos
U(y)=\frac{2kqQ}{\sqrt{y^{2}+a^{2}}}.
Para qQ>0 (caso considerado em (c)) o potencial diminui quando y cresce, fornecendo energia cinética. A velocidade v no ponto y=y_{\text{máx}}=a/\sqrt2á vem de
\tfrac{1}{2}m v^{2}=U(0)-U\bigl(y_{\text{máx}}\bigr).á
Calculemos U(0) e U(y_{\text{máx}})á:
U(0)=\frac{2kqQ}{a}, \qquad r_{\text{máx}}=\sqrt{y_{\text{máx}}^{2}+a^{2}}=\sqrt{\frac{a^{2}}{2}+a^{2}}=a\sqrt{\tfrac{3}{2}},áá
U\bigl(y_{\text{máx}}\bigr)=\frac{2kqQ}{a\sqrt{3/2}}=\frac{2kqQ}{a}\cdot\sqrt{\frac{2}{3}}.á
Portanto
\tfrac{1}{2}m v^{2}=\frac{2kqQ}{a}\Bigl(1-\sqrt{\tfrac{2}{3}}\Bigr).
Isolando v:
v^{2}=\frac{4kqQ}{a m}\Bigl(1-\sqrt{\tfrac{2}{3}}\Bigr),
\boxed{v=\sqrt{\,\dfrac{4kqQ}{a m}\Bigl(1-\sqrt{\tfrac{2}{3}}\Bigr)\,}.}
Substituindo a=\dfrac{L}{2} para escrever em termos de L:
v=\sqrt{\,\dfrac{8kqQ}{L m}\Bigl(1-\sqrt{\tfrac{2}{3}}\Bigr)\,}.
Avaliação numérica do fator em frente a \sqrt{\dfrac{kqQ}{Lm}}:
8\Bigl(1-\sqrt{\tfrac{2}{3}}\Bigr)\approx 1,46803\quad\Rightarrow\quad \sqrt{1,46803}\approx 1,212.
Logo, numericamente,
\boxed{v\approx 1{,}212\;\sqrt{\dfrac{kqQ}{L m}}\quad\text{(para }qQ>0\text{).}}

Resposta

(a) \displaystyle \vec{E}_{y}=\dfrac{2kQ\,y}{\bigl(y^{2}+(1/4)L^{2}\bigr)^{3/2}}\,\hat{j}
(b) \displaystyle \vec{F}_{y}=\dfrac{2kqQ\,y}{\bigl(y^{2}+(1/4)L^{2}\bigr)^{3/2}}\,\hat{j}.
\displaystyle O sinal de q que faz a força apontar sempre para y=0 é q<0 (oposto a Q>0).
(c) Assumindo qQ>0 (origem instável, pequeno empurrão gera movimento), a velocidade quando a força é máxima (em y=L/(2\sqrt{2})) é
\displaystyle v=\sqrt{\,\dfrac{8kqQ}{L m}\Bigl(1-\sqrt{\tfrac{2}{3}}\Bigr)\,}\approx 1{,}212\;\sqrt{\dfrac{kqQ}{L m}}.

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