Problema (incisos a)–d)

Datos: q_{1}=120\,\mu\text{C} en P_{1}(-5,0); q_{2}=-60\,\mu\text{C} en P_{2}(5,0); q_{3}=-120\,\mu\text{C} en P_{3}(0,4). Las coordenadas se toman en centímetros, de modo que r_{1}=r_{2}=5\,\text{cm}=0{,}05\,\text{m} y r_{3}=4\,\text{cm}=0{,}04\,\text{m}. Constante de Coulomb k=9\times10^{9}\,\text{N}\cdot\text{m}^{2}/\text{C}^{2}.

Inciso a) Gráfica representativa y dibujo de las fuerzas

Se trazan los ejes cartesianos: P_{1}=(-5,0) y P_{2}=(5,0) están sobre el eje x (simétricos respecto del origen), y P_{3}=(0,4) está sobre el eje y positivo.

• q_{1}>0 (positiva): aleja de sí a las cargas positivas y atrae a las negativas.
• q_{2}<0 (negativa): atrae a las cargas positivas y repele a las negativas.
• q_{3}<0 (negativa): atrae a las cargas positivas y repele a las negativas.

Por lo tanto, sobre una carga de prueba positiva colocada en el origen:

• La fuerza de q_{1} apunta hacia P_{2} (dirección +\hat{\imath}), ya que q_{1} repele.
• La fuerza de q_{2} apunta también hacia +\hat{\imath}, porque q_{2} atrae hacia P_{2}.
• La fuerza de q_{3} apunta hacia P_{3} (dirección +\hat{\jmath}), porque q_{3} atrae.

Las tres fuerzas son colineales dos a dos y el campo resultante apunta dentro del primer cuadrante.

Inciso b) Vector intensidad de campo eléctrico en el origen

Paso 1: Campo producido por q_{1} en el origen

E_{1}=k\frac{|q_{1}|}{r_{1}^{2}}=(9\times10^{9})\frac{120\times10^{-6}}{(0{,}05)^{2}}=\frac{1{,}08\times10^{6}}{2{,}5\times10^{-3}}=4{,}32\times10^{8}\,\text{N/C}

Como q_{1} es positiva, el campo aleja de P_{1}: dirección +\hat{\imath}. Entonces \vec{E}_{1}=4{,}32\times10^{8}\,\hat{\imath}\;\text{N/C}.

Paso 2: Campo producido por q_{2} en el origen

E_{2}=k\frac{|q_{2}|}{r_{2}^{2}}=(9\times10^{9})\frac{60\times10^{-6}}{(0{,}05)^{2}}=\frac{5{,}4\times10^{5}}{2{,}5\times10^{-3}}=2{,}16\times10^{8}\,\text{N/C}

Como q_{2} es negativa, el campo apunta hacia P_{2}: también dirección +\hat{\imath}. Entonces \vec{E}_{2}=2{,}16\times10^{8}\,\hat{\imath}\;\text{N/C}.

Paso 3: Campo producido por q_{3} en el origen

E_{3}=k\frac{|q_{3}|}{r_{3}^{2}}=(9\times10^{9})\frac{120\times10^{-6}}{(0{,}04)^{2}}=\frac{1{,}08\times10^{6}}{1{,}6\times10^{-3}}=6{,}75\times10^{8}\,\text{N/C}

Como q_{3} es negativa, el campo apunta hacia P_{3}: dirección +\hat{\jmath}. Entonces \vec{E}_{3}=6{,}75\times10^{8}\,\hat{\jmath}\;\text{N/C}.

Paso 4: Superposición vectorial (principio de superposición)

Componente x:

E_{x}=E_{1}+E_{2}=4{,}32\times10^{8}+2{,}16\times10^{8}=6{,}48\times10^{8}\,\text{N/C}

Componente y:

E_{y}=E_{3}=6{,}75\times10^{8}\,\text{N/C}

Paso 5: Magnitud y dirección del vector resultante

E=\sqrt{E_{x}^{2}+E_{y}^{2}}=\sqrt{(6{,}48\times10^{8})^{2}+(6{,}75\times10^{8})^{2}}

E=\sqrt{41{,}99\times10^{16}+45{,}56\times10^{16}}=\sqrt{87{,}55\times10^{16}}=9{,}36\times10^{8}\,\text{N/C}

\theta=\arctan\!\left(\frac{E_{y}}{E_{x}}\right)=\arctan\!\left(\frac{6{,}75}{6{,}48}\right)=\arctan(1{,}042)=46{,}2^{\circ}

Respuesta: \vec{E}=\left(6{,}48\times10^{8}\,\hat{\imath}+6{,}75\times10^{8}\,\hat{\jmath}\right)\,\text{N/C}, con E=9{,}36\times10^{8}\,\text{N/C} formando 46{,}2^{\circ} con el eje x.

Inciso c) Potencial eléctrico en el origen

El potencial es un escalar: se suman algebraicamente los aportes de cada carga, V=k\sum\frac{q_{i}}{r_{i}}.

Paso 1: Aporte de q_{1}

V_{1}=k\frac{q_{1}}{r_{1}}=(9\times10^{9})\frac{120\times10^{-6}}{0{,}05}=\frac{1{,}08\times10^{6}}{0{,}05}=2{,}16\times10^{7}\,\text{V}

Paso 2: Aporte de q_{2}

V_{2}=k\frac{q_{2}}{r_{2}}=(9\times10^{9})\frac{-60\times10^{-6}}{0{,}05}=\frac{-5{,}4\times10^{5}}{0{,}05}=-1{,}08\times10^{7}\,\text{V}

Paso 3: Aporte de q_{3}

V_{3}=k\frac{q_{3}}{r_{3}}=(9\times10^{9})\frac{-120\times10^{-6}}{0{,}04}=\frac{-1{,}08\times10^{6}}{0{,}04}=-2{,}70\times10^{7}\,\text{V}

Paso 4: Suma algebraica

V_{O}=V_{1}+V_{2}+V_{3}=(2{,}16-1{,}08-2{,}70)\times10^{7}\,\text{V}

Respuesta: V_{O}=-1{,}62\times10^{7}\,\text{V} (el signo negativo indica que el potencial en el origen es negativo).

Inciso d) Trabajo para mover una carga de q=1\,\mu\text{C} del origen a P_{3}

El trabajo que debe hacer un agente externo (sin cambio de energía cinética) es W=q\,\Delta V=q\,(V_{P_{3}}-V_{O}).

Paso 1: Distancias desde P_{3}(0,4) a las otras cargas

r_{13}=r_{23}=\sqrt{5^{2}+4^{2}}=\sqrt{25+16}=\sqrt{41}\,\text{cm}=6{,}403\,\text{cm}=0{,}06403\,\text{m}

r_{33}=4\,\text{cm}=0{,}04\,\text{m}

Paso 2: Potencial en P_{3}

V_{13}=(9\times10^{9})\frac{120\times10^{-6}}{0{,}06403}=1{,}687\times10^{7}\,\text{V}

V_{23}=(9\times10^{9})\frac{-60\times10^{-6}}{0{,}06403}=-0{,}843\times10^{7}\,\text{V}

V_{33}=(9\times10^{9})\frac{-120\times10^{-6}}{0{,}04}=-2{,}70\times10^{7}\,\text{V}

V_{P_{3}}=(1{,}687-0{,}843-2{,}70)\times10^{7}=-1{,}857\times10^{7}\,\text{V}

Paso 3: Diferencia de potencial

\Delta V=V_{P_{3}}-V_{O}=(-1{,}857\times10^{7})-(-1{,}62\times10^{7})=-0{,}237\times10^{7}\,\text{V}=-2{,}37\times10^{6}\,\text{V}

Paso 4: Trabajo requerido

W=q\,\Delta V=(1\times10^{-6}\,\text{C})(-2{,}37\times10^{6}\,\text{V})=-2{,}37\,\text{J}

Respuesta: W=-2{,}37\,\text{J}. El signo negativo significa que no hay que hacer trabajo externo: el campo eléctrico por sí solo transporta la carga y entrega 2{,}37\,\text{J} de energía (la energía potencial eléctrica del sistema disminuye). Si se quiere que la carga llegue con velocidad constante, el agente externo debe aplicar una fuerza contraria, absorbiendo 2{,}37\,\text{J}, o bien darle un freno. La energía que el campo entrega se convertirá en energía cinética de la carga de 1\,\mu\text{C}.