Anàlisi del Camp i Potencial Elèctric en un Sistema de Càrregues amb Triangle Equilàter

Dues càrregues elèctriques de $0,03 \, \mu\text{C}$ cadascuna, però de signe contrari, es troben separades $40,0 \, \text{cm}$. a) Representeu i calculeu el vector del camp elèctric en el punt que forma un triangle equilàter amb la posició de les càrregues. Calculeu també el potencial elèctric en el mateix punt. b) Si modifiquem la distància entre les càrregues fins a duplicar-la, en quant varia l’energia potencial elèctrica de la distribució de càrregues? Expliqueu raonadament si augmenta o disminueix.

$\textbf{Dada:}$ $k = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} = 8,99 \cdot 10^9 \, \text{N} \cdot \text{m}^2 \cdot \text{C}^{-2}$.

Podem representar la situació amb el següent esquema, on hem situat la càrrega positiva al punt $P_1 = (-0,2, 0)$ i la negativa al punt $P_2 = (0,2, 0)$. En aquestes condicions, el tercer vèrtex del triangle equilàter es troba al punt:
$$P_3 = \left( 0, 0,4 \cdot \sin 60^\circ \right) = \left( 0, 0,4 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} \right) = \left( 0, 0,2\sqrt{3} \right).$$

Per calcular el camp elèctric a $P_3$, creat per $q_1$ i $q_2$, necessitem els vectors:
$$\overrightarrow{P_1 P_3} = (0, 0,2\sqrt{3}) – (-0,2, 0) = (0,2, 0,2\sqrt{3}),$$
$$\overrightarrow{P_2 P_3} = (0, 0,2\sqrt{3}) – (0,2, 0) = (-0,2, 0,2\sqrt{3}),$$
i el seu mòdul:
$$|\overrightarrow{P_1 P_3}| = \sqrt{(0,2)^2 + (0,2\sqrt{3})^2} = 0,2 \sqrt{1 + (\sqrt{3})^2} = 0,2 \sqrt{1 + 3} = 0,4 \, \text{m},$$
$$|\overrightarrow{P_2 P_3}| = \sqrt{(-0,2)^2 + (0,2\sqrt{3})^2} = 0,2 \sqrt{1 + (\sqrt{3})^2} = 0,2 \sqrt{1 + 3} = 0,4 \, \text{m}.$$
Ara podem calcular:
$$\vec{E}_{P_3} = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{q_1}{|\overrightarrow{P_1 P_3}|^3} \overrightarrow{P_1 P_3} + \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{q_2}{|\overrightarrow{P_2 P_3}|^3} \overrightarrow{P_2 P_3},$$
$$= 9 \cdot 10^9 \frac{3 \cdot 10^{-8}}{(0,4)^3} \cdot (0,2, 0,2\sqrt{3}) + 9 \cdot 10^9 \cdot \frac{-3 \cdot 10^{-8}}{(0,4)^3} \cdot (-0,2, 0,2\sqrt{3}),$$
$$= \frac{9 \cdot 10^9 \cdot 3 \cdot 10^{-8} \cdot 0,2}{(0,4)^3} \left[ (1, \sqrt{3}) + (1, -\sqrt{3}) \right],$$
$$= \frac{9 \cdot 10^9 \cdot 3 \cdot 10^{-8} \cdot 0,2}{(0,4)^3} (2, 0)$$
$$= (16875, 0) \, \text{N/C}.$$

La representació del camp seria

Pel que fa al potencial elèctric a $P_3$:
$$V_{P_3} = V_{P_3}^1 + V_{P_3}^2 = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{q_1}{|\overrightarrow{P_1 P_3}|} + \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{q_2}{|\overrightarrow{P_2 P_3}|} = 9 \cdot 10^9 \cdot \frac{3 \cdot 10^{-8}}{0,4} + 9 \cdot 10^9 \cdot \frac{-3 \cdot 10^{-8}}{0,4} = 0 \, \text{V}.$$

(b) Per trobar l’energia potencial elèctrica de les dues càrregues, calculem el treball que cal fer per dur-les des de l’infinit fins al punt on es troben.

El treball per dur la càrrega $q_1$ al punt $P_1$ des de l’infinit:
$$W_{\infty \to P_1} = q_1 \cdot (V_{P_1} – V_\infty) = q_1 \cdot (0 – 0) = 0 \, \text{V},$$
ja que, quan $q_1$ es dirigeix a $P_1$, no hi ha cap altra càrrega present i el potencial a $P_1$ és zero.

Ara, el treball per dur la càrrega $q_2$ al punt $P_2$ des de l’infinit:
$$W_{\infty \to P_2} = q_2 \cdot (V_{P_2} – V_\infty) = q_2 \cdot \left( \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{q_1}{|\overrightarrow{P_1 P_2}|} – 0 \right) = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{q_1 q_2}{|\overrightarrow{P_1 P_2}|},$$
quan $q_2$ arriba a $P_2$, sentirà l’efecte del potencial que crea $q_1$ en aquest punt.

Noteu que sovint es pren aquest darrer resultat com a “fórmula” per calcular l’energia potencial elèctrica de dues càrregues.

En el problema que hem de resoldre, si hi ha tres o més càrregues, la “fórmula” anterior ja no és útil. És sempre millor conèixer els mètodes generals que funcionen en qualsevol situació, independentment del nombre de càrregues presents o la seva disposició en figures més o menys regulars.

La suma $W_{\infty \to P_1} + W_{\infty \to P_2}$ d’aquests dos treballs és l’energia de configuració o energia potencial elèctrica del sistema de càrregues:
$$E_i = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{q_1 q_2}{|\overrightarrow{P_1 P_2}|}.$$

Quan la distància es duplica, fent una anàlisi semblant, es comprova que aquesta energia val ara:
$$E_f = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{q_1 q_2}{2|\overrightarrow{P_1 P_2}|}.$$

Llavors, per la variació de l’energia potencial elèctrica, tenim:
$$\Delta E = E_f – E_i = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \cdot \frac{q_1 q_2}{2|\overrightarrow{P_1 P_2}|} – \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \cdot \frac{q_1 q_2}{|\overrightarrow{P_1 P_2}|} = -\frac{1}{2} \cdot \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{q_1 q_2}{|\overrightarrow{P_1 P_2}|}.$$

Substituint els valors coneguts:
$$\Delta E = -\frac{1}{2} \cdot 9 \cdot 10^9 \cdot \frac{-(3 \cdot 10^{-8})^2}{0,4} = 1,0125 \cdot 10^{-5} \, \text{J} > 0.$$

L’energia potencial augmenta, cosa que podíem esperar, ja que les càrregues de diferent signe s’atrauen, l’energia potencial que tenen com a parella és negativa i, si les separem, aquesta energia s’acosta a zero pels valors negatius, per tant augmenta.