Visualizador do Campo Elétrico

Posicione cargas e observe as linhas de campo elétrico e as equipotenciais se formarem em tempo real.

Lei de Coulomb: cargas do mesmo sinal repelem-se; de sinais opostos atraem-se	$\begin{gathered}F=\frac{k\|q_1q_2\|}{r^{2}}\\ k=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}=8{.}988\times10^{9}\ \mathrm{N\,m^{2}/C^{2}}\end{gathered}$
O campo: força por unidade de carga, somada vetorialmente	$\vec E=\frac{\vec F}{q_0}=\sum_i\frac{kq_i}{r_i^{2}}\,\hat r_i$
Potencial e energia: somados como simples números	$\begin{gathered}V=\sum_i\frac{kq_i}{r_i},\qquad W=q\,\Delta V\\ U=\sum_{i<j}\frac{kq_iq_j}{r_{ij}}\end{gathered}$

Exemplo resolvido — Visualizador do Campo Elétrico

Campo de q1 em P	0,25
Carga total	1
Campo resultante em P	0,25
Direção a partir de +x	0°
Potencial em P	0,5

Estes são os valores que a calculadora mostra ao abrir a página. Altere qualquer entrada acima para os recalcular.

A carregar a simulação interativa...

Lição

A teoria — Visualizador do Campo Elétrico

O campo elétrico num ponto é a força que uma pequena carga de prova positiva aí experimentaria, dividida pelo valor dessa carga: E = F/q₀. Uma carga pontual q origina um campo de módulo k|q|/r², apontando para fora quando q é positiva e para a própria carga quando q é negativa. Havendo várias cargas, os seus campos somam-se como vetores.

O que significa cada símbolo

k: Constante de Coulomb, 1/(4πε₀) = 8,988 × 10⁹ N·m²/C²
r_i: distância da carga i ao ponto P
ê_i: direção do campo da carga i em P, um vetor de comprimento 1: aponta da carga para P quando q_i é positiva, e de P para a carga quando é negativa

De onde vem a fórmula

Lei de Coulomb. Duas cargas pontuais repelem-se ou atraem-se ao longo da reta que as une, com uma força que decai com o quadrado da distância.
$F=\frac{k|q_1q_2|}{r^{2}}$
Dividir pela carga de prova. O que resta pertence unicamente à fonte. Esse é o campo, presente em P quer haja ali algo para o sentir, quer não.
$E=\frac{F}{q_0}=\frac{k|q|}{r^{2}},\qquad\vec F=q_0\vec E$
Somar os campos por componentes. Cada carga contribui com o seu módulo E_i multiplicado pela direção ê_i; a seta verde em P representa essa soma.
$\begin{gathered}E_x=\sum_i E_i\,\hat e_{i,x},\quad E_y=\sum_i E_i\,\hat e_{i,y}\\ |\vec E|=\sqrt{E_x^{2}+E_y^{2}}\end{gathered}$
Somar os potenciais como simples números. V conserva o sinal de cada carga e não tem direção, pelo que nada se anula por geometria. O campo aponta no sentido em que V decresce mais depressa, atravessando as equipotenciais tracejadas.
$V=\sum_i\frac{kq_i}{r_i},\qquad\vec E=-\nabla V$
Energia. Deslocar uma carga q de A até B exige um trabalho de q(V_B − V_A), por qualquer trajetória. Reunir toda a configuração a partir de posições infinitamente afastadas requer um termo para cada par.
$W=q\,(V_B-V_A),\qquad U=\sum_{i<j}\frac{kq_iq_j}{r_{ij}}$

Pressupõe: Cargas em repouso e com dimensões desprezáveis, tratadas como pontos. O esquema ilustra um corte plano que interseta as cargas, mas trata-se de cargas pontuais tridimensionais comuns: os seus campos decaem com 1/r² e os seus potenciais com 1/r.

Problemas resolvidos na íntegra

O campo de uma carga e a força que ela exerce 3 passos
Uma carga de +4,0 μC está na origem. Determine o campo elétrico em P = (2,0 m, 0) e a força sobre uma carga de −2,0 μC colocada em P.

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1. O módulo obtém-se diretamente pela lei de Coulomb, dividindo pela carga de prova:
  
  $E=\frac{k|q|}{r^{2}}=\frac{(8{.}988\times10^{9})(4{.}0\times10^{-6})}{(2{.}0)^{2}}\approx8988\ \mathrm{N/C}$
2. O campo de uma carga positiva aponta para longe dela, ao longo da reta que une a carga a P:
  
  $\hat e=+\frac{(2{.}0,\,0)}{2{.}0}=(1,\,0)$
3. A força sobre uma carga colocada em P é o produto dessa carga pelo campo. Uma carga negativa é empurrada no sentido oposto ao do campo:
  
  $\vec F=q_0\vec E=(-2{.}0\times10^{-6})(8988)\,\hat x\approx-1{.}798\times10^{-2}\,\hat x\ \mathrm{N}$
Resposta

E = 8.988 N/C ao longo de +x; F = 1,798 × 10⁻² N ao longo de −x. O campo em P deve-se exclusivamente à carga de 4,0 μC: colocar uma carga diferente em P altera a força sentida, mas deixa o campo intacto.

$E\approx8988\ \mathrm{N/C}\ (+x),\qquad F\approx1{.}798\times10^{-2}\ \mathrm{N}\ (-x)$
Duas cargas sobre uma reta 4 passos
Uma carga de +2,0 μC está em x = 0 e outra de −3,0 μC em x = 4,0 m. Calcule o campo em x = 1,0 m e em x = −2,0 m.

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1. Módulo do campo de cada carga em x = 1,0 m, onde as distâncias são de 1,0 m e 3,0 m:
  
  $E_1=\frac{k\,(2{.}0\times10^{-6})}{(1{.}0)^{2}}\approx1{.}798\times10^{4},\qquad E_2=\frac{k\,(3{.}0\times10^{-6})}{(3{.}0)^{2}}\approx2996\ \mathrm{N/C}$
2. Entre as cargas, ambos os campos apontam no mesmo sentido: para longe da carga positiva e na direção da negativa, ambos ao longo de +x. Somam-se:
  
  $x=1{.}0:\quad E=E_1+E_2\approx1{.}798\times10^{4}+2996\approx2{.}097\times10^{4}\ \mathrm{N/C}\ (+x)$
3. Em x = −2,0 m, à esquerda de ambas, o campo da carga positiva aponta para longe dela (−x) e o da carga negativa aponta para ela (+x):
  
  $x=-2{.}0:\quad E_1=\frac{k\,(2{.}0\times10^{-6})}{(2{.}0)^{2}}\approx4494\ (-x),\qquad E_2=\frac{k\,(3{.}0\times10^{-6})}{(6{.}0)^{2}}\approx749{.}0\ (+x)$
4. Sentidos opostos subtraem-se, prevalecendo a componente de maior intensidade:
  
  $E\approx4494-749{.}0\approx3745\ \mathrm{N/C}\ (-x)$
Resposta

2,097 × 10⁴ N/C ao longo de +x em x = 1,0 m; 3.745 N/C ao longo de −x em x = −2,0 m. Entre duas cargas de sinais contrários, os campos reforçam-se sempre. Só no exterior é que competem em sentidos opostos, sendo por isso o único local onde o campo se pode anular (problema 4).

$E(1{.}0)\approx2{.}097\times10^{4}\ \mathrm{N/C}\ (+x),\qquad E(-2{.}0)\approx3745\ \mathrm{N/C}\ (-x)$
Um ponto fora da reta: soma por componentes 4 passos
Uma carga de +3,0 μC está na origem e uma de −2,0 μC em (0, 3,0 m). Determine o módulo e a direção do campo em P = (4,0 m, 0).

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1. A carga positiva dista 4,0 m ao longo do eixo x, e o seu campo em P afasta-se dela, ao longo de +x:
  
  $r_1=4{.}0,\quad E_1=\frac{k\,(3{.}0\times10^{-6})}{(4{.}0)^{2}}\approx1685\ \mathrm{N/C},\quad\hat e_1=(1,\,0)$
2. A carga negativa fica a 5,0 m de distância, a hipotenusa de um triângulo 3–4–5. O seu campo aponta de P de volta para ela: o vetor unitário da carga até P é (4, −3)/5, pelo que a orientação do campo é o simétrico deste:
  
  $r_2=\sqrt{4{.}0^{2}+3{.}0^{2}}=5{.}0,\quad E_2=\frac{k\,(2{.}0\times10^{-6})}{(5{.}0)^{2}}\approx719{.}0\ \mathrm{N/C},\quad\hat e_2=-\frac{(4,\,-3)}{5}=(-0{.}8,\,0{.}6)$
3. Somam-se as componentes, nunca os módulos:
  
  $E_x=1685-0{.}8\,(719{.}0)\approx1110,\qquad E_y=0{.}6\,(719{.}0)\approx431{.}4\ \mathrm{N/C}$
4. Reconstroem-se em seguida o módulo e a direção. Sendo E_x positivo, o arco tangente fornece o ângulo diretamente:
  
  $|\vec E|=\sqrt{1110^{2}+431{.}4^{2}}\approx1191\ \mathrm{N/C},\qquad\theta=\tan^{-1}\frac{431{.}4}{1110}\approx21{.}24^{\circ}$
Resposta

1.191 N/C a 21,24° acima do semieixo +x. Somar os dois módulos daria 2.404 N/C, o dobro do valor real, já que os dois campos formam entre si um ângulo de 143°.

$|\vec E|\approx1191\ \mathrm{N/C},\qquad\theta\approx21{.}24^{\circ}$
Onde o campo se anula 4 passos
Uma carga de +4,0 μC está em x = 0 e uma de −1,0 μC em x = 3,0 m. Em que ponto do eixo x, além do infinito, o campo é nulo?

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1. Dois campos só se anulam onde apontam em sentidos opostos. Entre cargas de sinais contrários apontam no mesmo sentido (problema 2); o ponto procurado situa-se por isso no exterior, do lado da carga menor, onde a maior proximidade compensa a menor magnitude. Aí, os módulos têm de coincidir:
  
  $\frac{k\,(4{.}0)}{x^{2}}=\frac{k\,(1{.}0)}{(x-3{.}0)^{2}}$
2. Simplifica-se k e extrai-se a raiz quadrada de ambos os membros:
  
  $\frac{x^{2}}{(x-3{.}0)^{2}}=4\ \Rightarrow\ \frac{x}{x-3{.}0}=\pm2$
3. Cada sinal produz uma solução possível. Em x = 2,0 m, entre as cargas, os módulos igualam-se mas ambos os campos apontam para +x, somando-se; rejeita-se essa raiz:
  
  $x=-2\,(x-3{.}0)\ \Rightarrow\ x=2{.}0,\qquad x=2\,(x-3{.}0)\ \Rightarrow\ x=6{.}0$
4. Em x = 6,0 m, os dois campos têm igual módulo e sentidos opostos:
  
  $x=6{.}0:\quad\frac{k\,(4{.}0\times10^{-6})}{(6{.}0)^{2}}\approx998{.}6\ (+x),\qquad\frac{k\,(1{.}0\times10^{-6})}{(3{.}0)^{2}}\approx998{.}6\ (-x)$
Resposta

x = 6,0 m, a 3,0 m além da carga de −1,0 μC. Igualar apenas os módulos identifica também o ponto em que as grandezas coincidem sem que os sentidos se oponham; só a análise vetorial permite descartar essa raiz espúria.

$x=6{.}0\ \mathrm{m}$
A força sobre uma de três cargas 3 passos
Existem cargas de +2,0 μC em (−3,0 m, 0) e (3,0 m, 0), e uma terceira carga de +1,0 μC em (0, 4,0 m). Calcule a força resultante sobre a terceira carga.

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1. Determina-se o campo criado pelas outras duas cargas na posição onde a terceira se encontra. Ambas distam 5,0 m:
  
  $r=\sqrt{3{.}0^{2}+4{.}0^{2}}=5{.}0,\qquad E_1=E_2=\frac{k\,(2{.}0\times10^{-6})}{(5{.}0)^{2}}\approx719{.}0\ \mathrm{N/C}$
2. Por simetria, as componentes x cancelam-se e as componentes y somam-se:
  
  $\hat e_1=\frac{(3,\,4)}{5},\quad\hat e_2=\frac{(-3,\,4)}{5}\ \Rightarrow\ E_x=0,\quad E_y=2\,(0{.}8)(719{.}0)\approx1150\ \mathrm{N/C}$
3. A força sobre a terceira carga é o produto da sua carga por esse campo, em +y, afastando-se do par:
  
  $F=q_3E=(1{.}0\times10^{-6})(1150)\approx1{.}15\times10^{-3}\ \mathrm{N}$
Resposta

1,15 × 10⁻³ N ao longo de +y. A terceira carga fica de fora do campo no seu próprio ponto: o campo de uma carga atua sobre todas as outras, jamais sobre si mesma.

$\vec F\approx1{.}15\times10^{-3}\ \mathrm{N}\ (+y)$
Potencial e o trabalho para mover uma carga 3 passos
As duas cargas de +2,0 μC do problema 5 mantêm-se fixas, e a carga de +1,0 μC é deslocada de A = (0, 4,0 m) para a origem B. Que trabalho realiza o agente externo?

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1. O potencial calcula-se por simples soma escalar, sem vetores. Em A, ambas as cargas estão a 5,0 m:
  
  $V_A=\frac{k\,(2{.}0\times10^{-6})}{5{.}0}+\frac{k\,(2{.}0\times10^{-6})}{5{.}0}\approx7190\ \mathrm{V}$
2. Em B, ambas estão a 3,0 m:
  
  $V_B=\frac{k\,(2{.}0\times10^{-6})}{3{.}0}+\frac{k\,(2{.}0\times10^{-6})}{3{.}0}\approx1{.}198\times10^{4}\ \mathrm{V}$
3. O trabalho efetuado contra o campo é o produto da carga pela subida de potencial, qualquer que seja a trajetória percorrida:
  
  $W=q\,(V_B-V_A)\approx(1{.}0\times10^{-6})(11983-7190)\approx4{.}793\times10^{-3}\ \mathrm{J}$
Resposta

4,793 × 10⁻³ J. O campo em B é nulo porque as duas repulsões se equilibram aí, mas o trabalho para lá chegar não o é. O trabalho reflete a variação contínua de potencial de A até B, e não a intensidade do campo no ponto de chegada.

$W\approx4{.}793\times10^{-3}\ \mathrm{J}$
A energia de uma configuração 3 passos
Reúnem-se cargas de +3,0 μC na origem, −2,0 μC em (0, 3,0 m) e +1,0 μC em (4,0 m, 0), vindas do infinito. Que trabalho foi necessário para as posicionar?

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1. Deslocam-se uma de cada vez. A primeira não tem custo de trabalho; cada uma das seguintes requer um trabalho igual à sua carga vezes o potencial que as já presentes criam onde ela assenta. Na soma final, cada par entra uma única vez:
  
  $U=\sum_{i<j}\frac{kq_iq_j}{r_{ij}}=k\Bigl(\frac{q_1q_2}{r_{12}}+\frac{q_1q_3}{r_{13}}+\frac{q_2q_3}{r_{23}}\Bigr)$
2. As três distâncias:
  
  $r_{12}=3{.}0,\qquad r_{13}=4{.}0,\qquad r_{23}=\sqrt{3{.}0^{2}+4{.}0^{2}}=5{.}0$
3. Cada par conserva os seus respetivos sinais:
  
  $U=(8{.}988\times10^{9})\Bigl(\frac{(3)(-2)}{3}+\frac{(3)(1)}{4}+\frac{(-2)(1)}{5}\Bigr)\times10^{-12}=(8{.}988\times10^{-3})(-1{.}65)\approx-1{.}483\times10^{-2}\ \mathrm{J}$
Resposta

−1,483 × 10⁻² J. Negativo: os dois pares atrativos sobrepõem-se ao único par repulsivo, o que significa que foi o próprio campo a realizar o trabalho. Separar novamente as três cargas exigiria 1,483 × 10⁻² J.

$U\approx-1{.}483\times10^{-2}\ \mathrm{J}$
A configuração dipolar com duas cargas a 4 unidades de distância 6 passos
Duas cargas de igual módulo e sinal oposto encontram-se a 4 unidades de distância. Determine o campo e o potencial no ponto médio entre elas e, em seguida, determine como se comporta o campo a grande distância. Esta é a configuração Dipolo: q₁ = +1 em (-2, 0), q₂ = -1 em (+2, 0), com a sonda na origem.

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1. A sobreposição é a totalidade da eletrostática: cada carga cria o seu campo como se a outra não existisse, e somam-se os vetores. O vetor relevante aponta da carga para a sonda, o que faz com que o sinal de q decida se o campo se afasta da carga ou aponta de volta para ela.
  
  $\vec E(\vec p)=\sum_i q_i\,\frac{\vec p-\vec x_i}{|\vec p-\vec x_i|^{3}}, \qquad \vec p=(0,0)$
2. A carga positiva encontra-se 2 unidades à esquerda, pelo que o seu vetor até à sonda aponta 2 unidades para a direita, e o cubo de 2 no denominador dá 0,250. Carga positiva, campo para fora: esta contribuição aponta para a direita.
  
  $q_1=+1,\ \vec x_1=(-2,0):\quad \vec r_1=(2,\,0),\ r_1=2, \quad \vec E_1=\frac{+1\cdot(2,0)}{2^{3}}=(0{.}25,\,0)$
3. A carga negativa encontra-se 2 unidades à direita, pelo que o seu vetor aponta para a esquerda — e q é negativo, o que o inverte novamente. Duas inversões, e a contribuição aponta também para a direita. Uma pausa aqui: as cargas estão em lados opostos da sonda e têm sinais opostos, e essas duas oposições cancelam-se em vez de se reforçarem.
  
  $q_2=-1,\ \vec x_2=(2,0):\quad \vec r_2=(-2,\,0),\ r_2=2, \quad \vec E_2=\frac{-1\cdot(-2,0)}{2^{3}}=(0{.}25,\,0)$
4. Assim, as duas contribuições somam-se ponta com cauda em vez de se oporem, e o par fornece 0,500 onde qualquer uma das cargas sozinha forneceria 0,250.
  
  $\vec E=\vec E_1+\vec E_2=(0{.}5,\,0),\qquad |\vec E|=0{.}5$
5. O potencial faz o oposto com as mesmas duas cargas. V é um escalar, pelo que carrega o sinal de q e nada mais, e as duas distâncias são iguais — os termos são +0,500 e -0,500 e o ponto médio fica em V = 0. Campo e potencial não são duas leituras da mesma grandeza: aqui uma duplica e a outra anula-se no mesmo ponto.
  
  $V=\sum_i\frac{q_i}{r_i}=\frac{+1}{2}+\frac{-1}{2} =0{.}5-0{.}5=0$
6. Agora saia do ponto médio. Coloque a sonda à altura y na mediatriz, onde ambas as cargas estão à mesma distância. As componentes verticais anulam-se por simetria e as horizontais persistem, dando uma única fórmula para toda a reta. Substitua y = 0 nela e esta tem de reproduzir o número que já tem — e reproduz, que é como se sabe que a fórmula representa a mesma física e não uma nova.
  
  $\vec p=(0,y):\quad E_y=0,\qquad E_x=\frac{2qa}{(a^{2}+y^{2})^{3/2}},\ a=2;\qquad y=0:\ \frac{4}{8}=0{.}5$
Resposta

A ferramenta apresenta |E| = 0,5 na origem, resultante de duas contribuições de 0,25 que apontam no mesmo sentido, e V = 0 nesse mesmo ponto. O Passo 6 é o que se deve reter. A grande distância, os dois campos 1/r² quase se anulam totalmente, e o que subsiste é determinado pela separação e decresce como 1/y³ — uma potência inteira da distância mais rápido do que uma carga isolada. A razão é 2a/y = 4/y, pelo que em y = 20 este par reúne pouco menos de um quinto do que uma única carga do mesmo valor absoluto produziria ali. A razão está apresentada uma linha acima do campo: Q_total = 0. O termo 1/r² pertence à carga total e, quando esta é zero, a separação é a única coisa que resta sentir. Um par neutro não é invisível — é de curto alcance, e isso são coisas diferentes.

$y\gg a:\ \ E_x\to\frac{2qa}{y^{3}}=\frac{4}{y^{3}}, \qquad \frac{E_x}{q/y^{2}}=\frac{2a}{y}=\frac{4}{y};\qquad y=20:\ 0.2$
Duas cargas positivas idênticas a 3 unidades de distância 5 passos
Duas cargas positivas idênticas, a 3 unidades de distância. Determine o campo e o potencial no ponto médio e, em seguida, decida se uma carga de prova positiva aí libertada permaneceria imóvel. Esta é a configuração Dois +: q₁ = +1 em (-1,5, 0), q₂ = +1 em (+1,5, 0), sonda na origem.

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1. Mesma sonda, mesma sobreposição, resultado oposto. Ambas as cargas estão a 1,500 da origem e ambas são positivas, pelo que as duas contribuições têm o mesmo tamanho e apontam em sentidos exatamente opostos. Anulam-se mutuamente, e o campo no ponto médio é 0.
  
  $\vec E_1=\frac{(1{.}5,\,0)}{1{.}5^{3}}=(0{.}444,\,0),\quad \vec E_2=\frac{(-1{.}5,\,0)}{1{.}5^{3}}=(-0{.}444,\,0) \ \Longrightarrow\ |\vec E|=0$
2. O potencial não se pode anular, porque um escalar não tem direção em que se anular. Ambos os termos são +0,667 e V é 1,333. Um ponto onde E = 0 mas V ≠ 0 não é um paradoxo: E é o declive de V, e um declive nulo nada diz sobre a altura.
  
  $V=\frac{1}{1{.}5}+\frac{1}{1{.}5}=0{.}667+0{.}667=1{.}333$
3. Um declive nulo é o topo de uma colina, um vale ou um passo de montanha, e apenas um dos três suporta uma bola. Desloque ligeiramente a carga de prova uma distância x ao longo da linha que une as cargas. A carga mais próxima empurra agora com mais força do que a distante, a diferença aponta de volta para a origem e a rigidez restauradora é 4q/a³ = 1,1852.
  
  $E_x(x,0)=\frac{q}{(a+x)^{2}}-\frac{q}{(a-x)^{2}} =\frac{-4qax}{(a^{2}-x^{2})^{2}}\ \approx\ -\frac{4q}{a^{3}}\,x=-1.1852\,x$
4. Desloque-a antes na perpendicular. Agora ambas as cargas estão atrás dela, ambas empurram no mesmo sentido, e ela continua a mover-se. As mesmas duas cargas, a mesma sonda, veredito oposto — e a rigidez de expulsão é 2q/a³ = 0,5926, exatamente metade da restauradora.
  
  $E_y(0,y)=\frac{2qy}{(a^{2}+y^{2})^{3/2}} \ \approx\ +\frac{2q}{a^{3}}\,y=+0.5926\,y,\qquad E_z\approx+0.5926\,z$
5. Fora do plano é novamente o caso perpendicular, porque dois pontos não têm nada que distinga uma direção em redor do seu eixo de outra. Assim, existem três rigidezes, uma negativa e duas positivas, e a sua soma é zero. Não quase zero.
Resposta

A ferramenta apresenta |E| = 0 a partir de duas contribuições de 0,444 que se cancelam, e V = 1,333 a partir de duas de 0,667 que não o fazem. Este ponto nulo é um colo de montanha, não um vale: é estável ao longo da reta que une as cargas, mas instável na direção transversal. E isso nunca dependeu de onde colocar as cargas. As três rigidezes são o simétrico das três derivadas segundas de V, e a sua soma resulta na divergência de E, que é estritamente nula onde não existem cargas. Cada direção que traga uma carga de prova de volta ao centro é por isso compensada por direções que a empurram para fora. Nenhuma configuração fixa de cargas consegue suster outra carga em equilíbrio estável, por mais engenhosa que seja a montagem. Este é o teorema de Earnshaw, demonstrado a partir de três simples números cuja origem a ferramenta calculou. Uma armadilha capaz de reter uma partícula carregada em repouso exige sempre mais do que um campo elétrico estático: a armadilha de Penning acrescenta um campo magnético; a armadilha de Paul faz o próprio campo elétrico oscilar.

$\frac{\partial E_x}{\partial x}+\frac{\partial E_y}{\partial y} +\frac{\partial E_z}{\partial z}=-\frac{4q}{a^{3}}+\frac{2q}{a^{3}}+\frac{2q}{a^{3}} =-1.1852+0.5926+0.5926=0$

Problemas suplementares, só com a resposta

Determine a intensidade e a direção do campo a 30 cm de uma carga de −4,0 nC.

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399,4 N/C, apontando para a carga.

$E=\frac{k|q|}{r^{2}}\approx399{.}4\ \mathrm{N/C}$
Cargas de +4,0 μC em x = 0 e de +1,0 μC em x = 3,0 m. Em que ponto entre elas o campo é nulo?

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x = 2,0 m.

$x=2{.}0\ \mathrm{m}$
Cargas de +1,0 μC encontram-se em (−1,0 m, 0) e (1,0 m, 0). Calcule o campo em (0, 1,0 m).

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6.355 N/C ao longo de +y.

$E=2\cdot\frac{k\,(1{.}0\times10^{-6})}{2}\cdot\frac{1}{\sqrt2}\approx6355\ \mathrm{N/C}\ (+y)$
Um quadrado com 2,0 m de lado tem cargas de +1,0 μC em três vértices e de −1,0 μC no quarto. Determine o campo e o potencial no seu centro.

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8.988 N/C, apontando para o vértice negativo; 1,271 × 10⁴ V.

$E\approx8988\ \mathrm{N/C},\qquad V=\frac{2kq}{\sqrt2}\approx1{.}271\times10^{4}\ \mathrm{V}$
Uma esfera de 2,0 g com carga de +3,0 μC é largada do repouso a 0,20 m de uma carga fixa de +5,0 μC. Com que velocidade se move quando estiver no infinito?

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25,96 m/s: a totalidade dos 0,6741 J de energia transforma-se em energia cinética.

$\tfrac12mv^{2}=\frac{kq_1q_2}{r}\approx0{.}6741\ \mathrm{J},\qquad v\approx25{.}96\ \mathrm{m/s}$
Quatro cargas de +1,0 μC situam-se nos vértices de um quadrado de 1,0 m de lado. Que trabalho foi necessário para as colocar ali?

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4,866 × 10⁻² J: quatro lados e duas diagonais, (4 + √2)kq²/a.

$U=\bigl(4+\sqrt2\bigr)\frac{kq^{2}}{a}\approx4{.}866\times10^{-2}\ \mathrm{J}$

Alguns caminhos por este campo são completamente grátis

Ligue as equipotenciais e a figura ganha uma segunda família de curvas. Deslizar uma carga ao longo de qualquer um desses anéis custa exatamente zero trabalho — não pouco, zero — por mais longe que você vá, porque todos os pontos do anel estão no mesmo potencial. É isso que torna o campo conservativo, e a consequência é mais afiada: leve uma carga por qualquer laço fechado, tão retorcido quanto queira, e o trabalho total volta a zero. Note também que as linhas de campo e as equipotenciais se encontram sempre em ângulo reto, em todo lugar, em cada preset. Não é enfeite. O campo aponta na direção em que o potencial cai mais rápido, e a direção de maior declive é sempre perpendicular à curva de nível onde você está.

Por que não dá para prender uma carga no ar

Coloque duas cargas de mesmo sinal e entre elas surge um ponto neutro onde o campo é exatamente zero. Parece um ponto de repouso, mas é um ponto de sela, não uma cova: um leve empurrão e a carga de prova escapa. O teorema de Earnshaw (1842) prova que nenhuma disposição fixa de cargas consegue manter outra carga em equilíbrio estático estável. A mesma matemática proíbe levitar um ímã apenas com ímãs — sempre é preciso rotação, diamagnetismo ou controle ativo.

Percurso de aprendizagem

De onde vêm os campos

Referências (1)

Insight block 3 — why the null point between two like charges is a saddle and not a trap: S. Earnshaw, "On the nature of the molecular forces which regulate the constitution of the luminiferous ether." Transactions of the Cambridge Philosophical Society 7, 97–112, 1842.

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