Ejercicio resuelto de Campo eléctrico · Física · 2021

A2.- Tres cargas, $q_1=-4\mathrm{n}\mathrm{C}$ y $q_2=q_3=2\mathrm{n}\mathrm{C}$, se encuentran colocadas en tres de los vértices de un cuadrado de lado 60 cm (como se indica en la figura).



Calcula:

a) El campo electrostático (módulo, dirección y sentido) en el punto $A$ (en el cuarto vértice).
b) El potencial electrostático ($V$) en el punto $A$.
c) El trabajo que hay que hacer para llevar una cuarta carga ($q_4=30\mathrm{n}\mathrm{C}$) desde el centro del cuadrado hasta el punto $A$.

Datos:
$K=9\times {10}^9\mathrm{N}\cdot {\mathrm{m}}^2\cdot {\mathrm{C}}^{-2}$

$\mathbf{\text{a)}}\mathbf{\text{El}}\mathbf{\text{campo}}\mathbf{\text{electrost}}\acute{\mathbf{\text{a}}}\mathbf{\text{tico}}\mathbf{\text{(m}}\acute{\mathbf{\text{o}}}\mathbf{\text{dulo,}}\mathbf{\text{direcci}}\acute{\mathbf{\text{o}}}\mathbf{\text{n}}\mathbf{\text{y}}\mathbf{\text{sentido)}}\mathbf{\text{en}}\mathbf{\text{el}}\mathbf{\text{punto}}\mathit{A}\mathbf{\text{(en}}\mathbf{\text{el}}\mathbf{\text{cuarto}}\mathbf{\text{v}}\acute{\mathbf{\text{e}}}\mathbf{\text{rtice).}}$










Las distancias de cada carga al punto $A(60,60)$ son el lado del cuadrado para $q_2$ y $q_3$, y la diagonal para $q_1$:

$d_2=d_3=\mathrm{0,6}\text{ m };d_1=\sqrt{2\cdot {\mathrm{0,6}}^2}=\sqrt{\mathrm{0,72}}\text{ m}$

Los módulos de los tres campos resultan iguales, porque la carga de $q_1$ es el doble pero está al doble de distancia al cuadrado:

$E_1=K{\displaystyle \frac{\mathrm{\mid }{q}_1\mathrm{\mid }}{d_1^2}}={\displaystyle \frac{9\cdot {10}^9\cdot 4\cdot {10}^{-9}}{\mathrm{0,72}}}=50\text{ N/C}$





$E_2=E_3=K{\displaystyle \frac{q}{d^2}}={\displaystyle \frac{9\cdot {10}^9\cdot 2\cdot {10}^{-9}}{{\mathrm{0,6}}^2}}=50\text{ N/C}$

Las direcciones son distintas. Los campos de $q_2$ y $q_3$, positivas, se alejan de ellas, de modo que uno va según el eje $X$ y el otro según el eje $Y$; el de $q_1$, negativa, apunta hacia ella, es decir, según la diagonal y hacia el origen, formando ${225}^{\circ }$ con el eje $X$.

${\vec{E}}_1=50(\cos {225}^{\circ }\vec{\mathrm{ı}}+\mathrm{sen}{225}^{\circ }\vec{\mathrm{ȷ}})=-\mathrm{35,36}\vec{\mathrm{ı}}-\mathrm{35,36}\vec{\mathrm{ȷ}}\text{ N/C}$

${\vec{E}}_2=50\vec{\mathrm{ı}}\text{ N/C };{\vec{E}}_3=50\vec{\mathrm{ȷ}}\text{ N/C}$

Aplicando el principio de superposición:

${\vec{E}}_T={\vec{E}}_1+{\vec{E}}_2+{\vec{E}}_3=\mathrm{14,64}\vec{\mathrm{ı}}+\mathrm{14,64}\vec{\mathrm{ȷ}}\text{ N/C}$

$\mid {\vec{E}}_T\mid =\sqrt{{\mathrm{14,64}}^2+{\mathrm{14,64}}^2}=\mathrm{20,71}\text{ N/C}$

El campo en $A$ vale $\mathrm{20,71}\text{ N/C}$, tiene la dirección de la diagonal del cuadrado y apunta alejándose de la carga negativa, es decir, formando ${45}^{\circ }$ con el eje $X$. El solucionario oficial da $\mathrm{20,45}\text{ N/C}$ porque al elevar al cuadrado transcribe las componentes como $\mathrm{14,46}$ en lugar de los $\mathrm{14,64}$ que él mismo había obtenido.

$\mathbf{\text{b)}}\mathbf{\text{El}}\mathbf{\text{potencial}}\mathbf{\text{electrost}}\acute{\mathbf{\text{a}}}\mathbf{\text{tico}}\mathbf{\text{(}}\mathit{V}\mathbf{\text{)}}\mathbf{\text{en}}\mathbf{\text{el}}\mathbf{\text{punto}}\mathit{A}\mathbf{\text{.}}$

El potencial es un escalar y se suma con su signo, sin atender a direcciones:

$V_A=K({\displaystyle \frac{q_1}{d_1}}+{\displaystyle \frac{q_2}{d_2}}+{\displaystyle \frac{q_3}{d_3}})=9\cdot {10}^9({\displaystyle \frac{-4\cdot {10}^{-9}}{\sqrt{\mathrm{0,72}}}}+{\displaystyle \frac{2\cdot {10}^{-9}}{\mathrm{0,6}}}+{\displaystyle \frac{2\cdot {10}^{-9}}{\mathrm{0,6}}})$

$V_A=9({\displaystyle \frac{-4}{\mathrm{0,849}}}+{\displaystyle \frac{4}{\mathrm{0,6}}})=\mathrm{17,57}\text{ V}$

El potencial en el vértice $A$ es de $\mathrm{17,57}\text{ V}$. Es positivo porque, aunque la carga negativa es el doble en valor absoluto, está más lejos, y en el potencial la distancia entra sin elevar al cuadrado.



Hace falta el potencial en el centro. Ese punto equidista de los cuatro vértices, a media diagonal, y como la suma de las tres cargas es nula el potencial también lo es:

$d_C={\displaystyle \frac{\sqrt{\mathrm{0,72}}}{2}}=\mathrm{0,424}\text{ m}$

$V_C={\displaystyle \frac{K}{d_C}}(q_1+q_2+q_3)={\displaystyle \frac{K}{d_C}}(-4+2+2){10}^{-9}=0\text{ V}$

El trabajo que realiza el campo eléctrico al desplazar la carga es el producto de esta por la diferencia de potencial entre el punto de partida y el de llegada:

$W_{campo}=q_4(V_C-V_A)=30\cdot {10}^{-9}(0-\mathrm{17,57})=-\mathrm{5,27}\cdot {10}^{-7}\text{ J}$

El campo realiza un trabajo negativo, de modo que se opone al desplazamiento; por tanto, el trabajo que hay que hacer desde fuera es el mismo con el signo cambiado:

$W_{ext}=-W_{campo}=+\mathrm{5,27}\cdot {10}^{-7}\text{ J}$

Hay que realizar un trabajo de $\mathrm{5,27}\cdot {10}^{-7}\text{ J}$ en contra del campo. Es lo esperable: se está llevando una carga positiva desde un punto de potencial nulo hasta otro de potencial mayor, es decir, cuesta arriba en la escala de potenciales. El solucionario oficial da la cifra con signo negativo porque calcula el trabajo del campo, y señala a continuación que ese signo indica precisamente que el trabajo se hace en contra de él.