Traer una tercera carga

Es el ejercicio que en los parciales aparece con otras palabras: «el trabajo que debe realizar un agente externo para traer una carga desde el infinito hasta el punto P». Tiene dos incisos que se encadenan: el primero pide el potencial en un punto, y el segundo usa ese número para la energía potencial.

01 · Antes de hacer cuentas

Qué se pide. Dos números, no vectores. El potencial es un escalar: en P se suman dos términos, uno por carga, cada uno con su signo, sin componentes ni ángulos. Y el cambio de energía es otro número.

Qué signos esperar. Las dos cargas son positivas, así que los dos términos del potencial son positivos y $V (P) > 0$ . La tercera carga también es positiva: las otras dos la repelen, y para acercarla hay que empujar. El cambio de energía tiene que salir positivo.

Qué tamaño esperar. Un milicoulomb es muchísima carga. Una sola carga de 1 mC a 1 m pone $k \cdot 10^{- 3}$ , unos $9 \cdot 10^{6}$ V. Con cargas de algunos mC a algunos metros, el potencial va a andar por las decenas de millones de voltios, y multiplicado por 3 mC, por las decenas de miles de joules.

El dato que es la llave. Las distancias de cada carga a P. La de $q_{1}$ se lee: está en el origen y P en $(4, 0)$ , a 4 m. La de $q_{2}$ sale de un triángulo rectángulo de catetos 3 y 4: es el triángulo 3-4-5, y la distancia es 5 m. El enunciado eligió las coordenadas para que la raíz dé exacta.

El modelo para (b). «Agregar una carga moviéndola del infinito» es la definición de energía potencial: el cambio es la carga que llega por el potencial que ponen las que ya estaban. Es decir, el inciso (b) es el inciso (a) multiplicado por $q_{3}$ .

02 · (a) El potencial en P

Las distancias.

\begin{matrix} r_{1} = 4,00 m \\ r_{2} = \sqrt{4^{2} + 3^{2}} = 5,00 m \end{matrix}

Cada término por separado, con $V = k q / r$ y el cero en el infinito:

\begin{matrix} V_{1} = \frac{(8,99 \cdot 10^{9}) (2 \cdot 10^{- 3})}{4} = 4,50 \cdot 10^{6} V \\ V_{2} = \frac{(8,99 \cdot 10^{9}) (6 \cdot 10^{- 3})}{5} = 1,08 \cdot 10^{7} V \end{matrix}

La de 6 mC está más lejos y aun así pone más del doble: el triple de carga pesa más que una distancia un 25 % mayor, porque el potencial cae sólo como $1 / r$ .

La suma. Por superposición, sumando números:

V (P) = V_{1} + V_{2} = 1,53 \cdot 10^{7} V

Quince millones de voltios, del orden que se esperaba. Conviene guardar el número sin redondear para el inciso siguiente: con todas las cifras, $V (P) = k \cdot 1,7 \cdot 10^{- 3}$ C/m $= 1,5283 \cdot 10^{7}$ V.

03 · (b) El cambio de energía al traer la tercera

Qué energía cambia. La energía de un sistema de cargas es la suma sobre pares, cada par una vez. Antes de traer $q_{3}$ hay un solo par, el 12. Después hay tres: el 12, el 13 y el 23. El 12 está antes y después y se cancela en la resta:

\begin{matrix} Δ U = (U_{12} + U_{13} + U_{23}) - U_{12} \\ = \frac{k q_{1} q_{3}}{r_{1}} + \frac{k q_{2} q_{3}}{r_{2}} = q_{3} (\frac{k q_{1}}{r_{1}} + \frac{k q_{2}}{r_{2}}) \end{matrix}

Lo que quedó entre paréntesis es exactamente el $V (P)$ del inciso (a). Por eso el ejercicio viene en ese orden:

Δ U = q_{3} V (P) = (3 \cdot 10^{- 3} C) (1,5283 \cdot 10^{7} V)

Δ U = 4,58 \cdot 10^{4} J

Positivo, como se esperaba. Quién hace qué trabajo: si la carga se trae despacio, sin ganar velocidad, el agente externo hace $W_{ext} = + Δ U = 4,58 \cdot 10^{4}$ J, y el campo de las otras dos, que frena la carga todo el camino, $W_{campo} = - Δ U = - 4,58 \cdot 10^{4}$ J.

El par 12 no entra en la respuesta, pero da el contexto: $U_{12} = k q_{1} q_{2} / 3$ m $= 3,60 \cdot 10^{4}$ J, así que el sistema de tres tiene $U = 8,18 \cdot 10^{4}$ J. Si el enunciado hubiera pedido «la energía para ensamblar las tres», la respuesta sería ésa, y no $Δ U$ .

Llevá P sobre una circunferencia alrededor de una de las cargas: ese término no cambia. Y probá traer una carga negativa: el agente pasa a hacer trabajo negativo, porque ahora las otras dos la atraen y hay que frenarla.

04 · El chequeo

Unidades. $k q / r$ son N·m²/C² por C sobre m: N·m/C, que es J/C, que es V. Y C por V es J. Cierran.

Un caso límite. Si P se aleja mucho de las dos cargas, los dos $r_{i}$ crecen, $V (P) \to 0$ y traer $q_{3}$ no cuesta nada: tiene sentido, porque «traerla» casi no la mueve del infinito. Y si $q_{3}$ cambia de signo, $Δ U$ cambia de signo: la cuenta es lineal en la carga que llega.

¿Es razonable? 45 800 J es mucho: alcanza para subir una tonelada a más de 4 m. Pero son cargas de milicoulombs. Con nanocoulombs, cada carga sería un millón de veces menor, y la energía, que va con el producto de dos cargas, un billón de veces menor: unas decenas de nanojoules.

Lo que no se pidió y se hubiera complicado. Si el enunciado pidiera el campo en P, harían falta las componentes: el de $q_{1}$ apunta según $x$ , el de $q_{2}$ en diagonal, y hay que proyectar con el 3-4-5. Sale $\vec{E} = (2,85, - 1,29) \cdot 10^{6}$ N/C, de módulo 3,13·10⁶ N/C. El potencial se ahorra todo eso.

05 · Lo que se lleva

La decisión que enseña este ejercicio es leer «traer una carga desde el infinito hasta P» y escribir, sin pasar por fuerzas ni integrales, $q \cdot V (P)$ , con el potencial de las cargas que ya estaban. Es el trabajo del agente externo y el cambio de energía del sistema. El del campo es el mismo número con el signo cambiado. En el parcial de 2025, con $+ q$ , $- 3 q$ y $- q$ en vez de números, es exactamente esta cuenta con letras.

El razonamiento completo, para cualquier cantidad de cargas, está en la nota de la energía potencial eléctrica.