El cuadrado PQRS

Es el problema de electrostática del Parcial 2 del 7 de noviembre de 2024. Se parece al cuadrado de cuatro cargas del práctico, pero acá los signos se alternan vértice por vértice, y esa sola diferencia es la que decide las tres respuestas.

01 · El enunciado

02 · Antes de hacer cuentas

Ubicar los vértices. Leyendo la figura en sentido horario desde arriba a la izquierda: $P$, $Q$, $R$, $S$. Las cargas se alternan $+,-,+,-$: cada carga tiene a sus dos vecinas de signo contrario, a distancia $a$, y a la de su mismo signo en la diagonal, a $\sqrt{2}a$. $Q$ y $R$ son vecinos: el segmento $QR$ es el lado derecho.

Qué esperamos. Para (a): la energía potencial del sistema es la suma de un término por par. Los pares de signos opuestos están más cerca que los de signos iguales y además son más —cuatro lados contra dos diagonales—, así que el total tiene que salir negativo: las cargas, solas, se juntarían. Para (b): en el medio de $QR$ las dos cargas del lado están a $a/2$, y las otras dos a más del doble de esa distancia; el campo lo van a poner $Q$ y $R$, y como tienen signos opuestos, sus campos en el medio se suman en vez de restarse. Para (c): la simetría ya sugiere el centro.

Cuál es la llave. En (a), «el trabajo para ensamblar» es la energía del sistema, y se calcula con distancias, sin vectores. En (b), los vectores, por componentes. En (c), pensar antes de calcular: qué puntos tienen la simetría como para que todo se cancele.

03 · La resolución

Ejes: $S$ en el origen, $x$ hacia la derecha, $y$ hacia arriba. Entonces $P=(0,a)$, $Q=(a,a)$, $R=(a,0)$ y $S=(0,0)$.

(a) El trabajo para ensamblarlas. Se traen las cargas de a una desde el infinito, despacio. La primera no cuesta nada: no hay nada que la empuje. Cada una de las siguientes cuesta $q_{j}V$, con $V$ el potencial que dejaron las que ya están. Sumado, cada par aparece una vez:

$$W=U=\sum _{i<j}\frac{k{q}_i{q}_j}{r_{ij}}$$

Hay seis pares. Los cuatro lados, $PQ$, $QR$, $RS$ y $SP$, juntan una $+q$ con una $-q$ a distancia $a$: cada uno aporta $-k{q}^2/a$. Las dos diagonales, $PR$ y $QS$, juntan dos cargas del mismo signo a $\sqrt{2}a$: cada una aporta $+k{q}^2/\sqrt{2}a$.

$$W=\frac{k{q}^2}{a}(-4+\frac{2}{\sqrt{2}})=(\sqrt{2}-4)\frac{k{q}^2}{a}$$ $$W\approx -\mathrm{2,59}\frac{k{q}^2}{a}$$

Es negativo: mientras se las acerca, las cargas tiran hacia la configuración, y el agente tiene que frenarlas. Dicho al revés, desarmar el cuadrado costaría $\mathrm{2,59}k{q}^2/a$.

Hecho de a una carga, en el orden $P,Q,R,S$, sale lo mismo, y es una buena forma de no olvidarse ningún par:

(b) El campo en el medio de QR. El punto es $M=(a,a/2)$. Para cada carga, el vector que va de ella a $M$, y $\overrightarrow{E}=k{q}_i\overrightarrow{d}/d^3$:

1. $Q$, con $-q$. $\overrightarrow{d}=(0,-a/2)$. Es negativa, así que el campo apunta hacia ella, hacia arriba: $4kq/a^2ĵ$.
2. $R$, con $+q$. $\overrightarrow{d}=(0,a/2)$. Es positiva, así que el campo se aleja de ella: también hacia arriba, $4kq/a^2ĵ$.
3. $P$, con $+q$. $\overrightarrow{d}=(a,-a/2)$, de módulo $\frac{\sqrt{5}}{2}a$, y el cubo es $\frac{5\sqrt{5}}{8}{a}^3$: $${\overrightarrow{E}}_P=\frac{kq}{a^2}\frac{8}{5\sqrt{5}}(î-\frac{1}{2}ĵ)$$
4. $S$, con $-q$. $\overrightarrow{d}=(a,a/2)$, mismo módulo, carga negativa: $${\overrightarrow{E}}_S=-\frac{kq}{a^2}\frac{8}{5\sqrt{5}}(î+\frac{1}{2}ĵ)$$

Las componentes $x$ de $P$ y de $S$ se cancelan; sus componentes $y$ apuntan las dos hacia abajo, $4/5\sqrt{5}$ cada una. En total:

$${\overrightarrow{E}}_M=\frac{kq}{a^2}(8-\frac{8}{5\sqrt{5}})ĵ\approx \mathrm{7,28}\frac{kq}{a^2}ĵ$$

A lo largo del lado, de $R$ hacia $Q$: de la positiva a la negativa, como las líneas de campo entre dos cargas opuestas.

a escala: 9 px por kq/a²; las líneas punteadas, las distancias √5·a/2 de P y S

(c) ¿Dónde se anula? En el centro del cuadrado, $O=(a/2,a/2)$. $P$ y $R$ son iguales y están a la misma distancia de $O$, en lados opuestos: sus campos son iguales y contrarios. Lo mismo $Q$ y $S$. Cancelan de a pares.

Y no sólo ahí. Sobre la recta que pasa por $O$ perpendicular al plano del cuadrado, a una altura $z$, las cuatro cargas están a la misma distancia $r=\sqrt{a^2/2+z^2}$. Las componentes paralelas al plano se siguen cancelando de a pares, por la misma razón que en $O$. La componente sobre la recta es

$$E_z=\frac{kz}{r^3}(q-q+q-q)=0$$

porque la carga total es cero. Así que sí existe: el campo se anula en el centro y en toda la recta perpendicular que pasa por él. Buscando ceros en el resto del espacio no aparece ningún otro punto. Lejos, el campo tiende a cero, pero eso no es un punto donde se anule.

04 · El chequeo

Unidades. $k{q}^2/a$ son $\text{N·m²/C²}·\text{C²/m}=\text{N·m}$: joules. $kq/a^2$ es campo.

El tamaño de (b). Si sólo estuvieran $Q$ y $R$, el campo sería $8kq/a^2$. $P$ y $S$ le restan menos de un décimo, que es lo esperable para cargas a más del doble de distancia: el campo baja con el cuadrado.

El signo de (a). Si las cuatro cargas fueran iguales, todos los pares serían positivos y el trabajo también. Con signos alternados los pares opuestos ganan, y el negativo es lo que corresponde.

05 · Lo que se lleva

Ensamblar es sumar pares. $n$ cargas tienen $n(n-1)/2$ pares, y cada uno entra una sola vez. Con cuatro son seis; contarlos antes de sumar evita olvidarse las diagonales.

La simetría hace la mitad del trabajo. Antes de calcular las cuatro contribuciones conviene mirar cuáles se cancelan: en (b), las $x$ de $P$ y $S$; en (c), todo.

«En el espacio» es en el espacio. El enunciado lo dice a propósito: los ceros de una distribución plana no tienen por qué estar en su plano.

Qué evalúa este problema

1. La energía de un sistema de cargas como suma sobre pares, y el sentido físico de su signo.
2. La superposición vectorial del campo, y aprovechar la simetría para cancelar componentes.
3. Reconocer dónde se anula el campo con un argumento de simetría, sin cuentas.