problema parecido del libro tipler mosca

[_L_]

Re: problema parecido del libro tipler mosca

L longitud de la linea Y distancia a la barra lanmda es Q(carga total)/L

[hectorzumaia]

Re: problema parecido del libro tipler mosca

Me podeis ayudar algo mas esta ayuda esta muy bien pero que seria cada termino?

[_L_]

Re: problema parecido del libro tipler mosca

tiene razon esta mejor llamarle simplemente alfa y luego sustituir sen de alfa por su equivalente:

$\dst E=\frac{\lambda }{2 \pi \varepsilon _0y} \sin {(arctg{\frac{x}{y} )}}=\frac{\lambda }{2 \pi \varepsilon _0y} \frac L {\sqrt {L^2 + 4 y^2}}$

[Al2000]

Re: problema parecido del libro tipler mosca

...

sustituyo y:

$\dst \frac{\lambda }{2 \pi \varepsilon _0} \int \frac{\cos{\theta}}{ d^2} \frac{y}{\cos{\theta}^2} d\theta=\frac{y \lambda }{2 \pi \varepsilon _0} \int_{0}^{arctg{\frac{x}{y} }} \frac{1}{d^2 \cos{\theta}} d\theta=$$\dst \frac{y \lambda }{2 \pi \varepsilon _0} \int_{0}^{arctg{\frac{x}{y} }} \frac{1 }{\cos{\theta}\frac{y^2}{\cos{\theta}^2 } } d\theta=$
$\dst \frac{\lambda }{2 \pi \varepsilon _0y} \int_{0}^{arctg{\frac{x}{y} }} \cos {\theta}d\theta$

Resolver esa integral sencillita y ya sale positivo como es de esperar ^_^

$\dst E=\frac{\lambda }{2 \pi \varepsilon _0y} \sin {(arctg{\frac{x}{y} )}}$

...

Una observación y una sugerencia...

En la integral donde pones

$$\cdots \frac{y \lambda }{2 \pi \varepsilon _0} \int_{0}^{arctg{\frac{x}{y} }} \frac{1}{d^2 \cos{\theta}} d\theta \cdots$$

debería decir

$$\cdots \frac{y \lambda }{2 \pi \varepsilon _0} \int_{0}^{\dst arctg{\frac{L}{ 2 y} }} \frac{1}{d^2 \cos{\theta}} d\theta \cdots$$

puesto que se trata del ángulo que corresponde al valor límite de $x$, que es $x = L/2$.

La sugerencia es que, para evitar el posterior cálculo de $\dst \mathrm {sen} \left(\tan^{-1} \left(\frac L {2 y}\right)\right)$, simplemente le des un nombre al ángulo. Así, si llamamos $\alpha$ el ángulo límite, te quedaría en el resultado el $\, \mathrm {sen} \, \alpha$, que se puede obtener fácilmente de la figura:

$$\mathrm {sen} \, \alpha = \frac {L/2}{\sqrt {(L/2)^2 + y^2}} = \frac L {\sqrt {L^2 + 4 y^2}}$$

Quizá vale la pena anotar que si tienes en algún momento que evaluar algo como lo que te quedó al final, $\mathrm {sen} \, (\tan^{-1} (x/y))$, lo que tienes que hacer es dibujar un triángulo rectángulo con catetos $x$ y $y$ y obtener del triángulo el seno del ángulo cuya tangente es $x/y$, es decir $x/\sqrt {x^2+y^2}$.

Saludos,

Al

[_L_]

Re: problema parecido del libro tipler mosca

y es la distancia del punto a la barra y x es la mitad de un lado de la barra. o linea como quieras llamar por eso ahi x es constante y y seria la variable

[hectorzumaia]

Re: problema parecido del libro tipler mosca

Muy buena explicacion _I_ pero no soy capaz de resolver por ejemplo donde sustituyo mis datos del problema gracias

[_L_]

Re: problema parecido del libro tipler mosca

la simetria del campo te dice que es hacia arriba:

la suma del campo total es la suma de los minicampos (llamo deta al angulo que forma la vertical y la distancia a cualquier punto de la linea de carga)

el campo lo calculo como el creado por media linea en esa direccion multiplicado por 2

$\dst E=\int dE=2\int \frac{1}{4 \pi \varepsilon _0}\frac{\cos{\theta } dq}{d^2}$

hayo la carga por unidad de longitud

$\dst \lambda = \frac{Q}{L}$

sustituyo la landa para asi igualar dq=dx*landa

$\dst 2 \int \frac{1}{4 \pi \varepsilon _0}\frac{\cos{\theta }dq}{d^2}=\frac{1}{2 \pi \varepsilon _0} \int \frac{\cos{\theta }\lambda dx}{d^2}=\frac{\lambda }{2 \pi \varepsilon _0} \int \frac{\cos{\theta}}{d^2} dx$

Escribo la tangente despejo x y derivo

$\dst \tan{\theta }=\frac{x}{y } \Rightarrow dx=\frac{y} {\cos{\theta}^2} d \theta$

sustituyo y:

$\dst \frac{\lambda }{2 \pi \varepsilon _0} \int \frac{\cos{\theta}}{ d^2} \frac{y}{\cos{\theta}^2} d\theta=\frac{y \lambda }{2 \pi \varepsilon _0} \int_{0}^{arctg{\frac{x}{y} }} \frac{1}{d^2 \cos{\theta}} d\theta=$$\dst \frac{y \lambda }{2 \pi \varepsilon _0} \int_{0}^{arctg{\frac{x}{y} }} \frac{1 }{\cos{\theta}\frac{y^2}{\cos{\theta}^2 } } d\theta=$
$\dst \frac{\lambda }{2 \pi \varepsilon _0y} \int_{0}^{arctg{\frac{x}{y} }} \cos {\theta}d\theta$

Resolver esa integral sencillita y ya sale positivo como es de esperar ^_^


$\dst E=\frac{\lambda }{2 \pi \varepsilon _0y} \sin {(arctg{\frac{x}{y} )}}$

Si algo no entiendes pregunta

[hectorzumaia]

Re: problema parecido del libro tipler mosca

Aqui ya en este paso me pierdo un poco la verdad jajaja

[Jose D. Escobedo]

Re: problema parecido del libro tipler mosca

Eso ya es buen comienzo, pero que te parece esto:

$\dst \vec F_q = q \vec{E } \Rightarrow$

$\dst \vec{E}=\frac{\vec{F} }{ q} \Rightarrow$


$\dst \vec{E} =k\int \frac{dq}{|\vec{x}-\vec{x'} |^2 }\hat{e_r}$

[hectorzumaia]

Re: problema parecido del libro tipler mosca

esta es la de coulomb verdad? que empiezo por esta no?

[Jose D. Escobedo]

Re: problema parecido del libro tipler mosca

Empieza por plantear la integral ayudandote de Coulomb's law. Si tienes problemas, no te preocupes que aqui hay muchas personas que ayudaran.

Saludos
Jose

[hectorzumaia]

Encuentra el modulo del campo electrico creado por un hilo de longitud L=15 m y carga Q=5nC, repartida homogeneamente por toda su longitud al punto P, situada a una distancia d=7 m del punto medio del hilo


x P
.
.
. d
.
.
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+++++++++++++++++++++++++++
______________________________


el dibujo esta mal la linea discontinua es el el punto media y el punto p arriba de esta
L



Que se plantea el problebla haciendo un triangula desde los dos extremos de la barra hacia el punto P por hay se empieza?