1r ciclo Cámpo eléctrico generado por una varilla.

[Mitor]

Hola,

Estoy intentando entender cómo calcular el campo eléctrico generado por una varilla con masa uniforme, siendo la carga total Q.

Tengo el ejercicio hecho pero no lo entiendo pero no entiendo cómo hacerlo.

¿Alguien me lo podría explicar paso a paso? En realidad es cualquier ejercicio de campo eléctrico con una distribución de masa uniforme. Donde tengo problema es al establecer los límites de integración y el vector que apunta hasta P cuando éste varía.. porque cuando, por ejemplo, el punto P está sobre el eje de la varilla, entonces es sencillo, pues $\vec{r}$ lleva siempre la misma dirección, y la distancia varía en función de x.

Pero cuando me sacan de ahí, no sé cómo resolverlo.

Saludos, gracias.

[javier m]

Re: Cámpo eléctrico generado por una varilla.

¿ Ya diste ley de Gauss? ¿ o es por integrales (ley de coulomb)?

[Mitor]

Re: Cámpo eléctrico generado por una varilla.

Hola javier m. Sí, he dado la Ley de Gauss pero quiero aprender a hacerlo integrando mediante la Ley de Coulomb.

He actualizado el post inicial, para decir que, donde me pierdo realmente, es a la hora de establecer el vector $\vec{r}$ y los límites de integración.

Un saludo.

[juantv]

Re: Cámpo eléctrico generado por una varilla.

posiblemente te refieras al campo en un punto P a una distancia y de la varilla con radio vector $\dst \vec r$

Teniendo las dos componentes del campo eléctrico $E_x$ y $E_y$

notaras que las $E_x$ serán cero porque todo elemento de carga a la izquierda de la bisectriz en P tiene un elemento correspondiente a la derecha y asi sus contribuciones al campo en la dirección de las x se anularan, y que las contribuciones de la mitad derecha y de la mitad izquierda de la línea de carga son iguales para $E_y$

quedando

$\dst E=E_y=2\int_{x=0}^{x=\frac{l}{2}} \cos \theta \, dE = \frac {\lambda }{2\pi {\epsilon}_0}\int_{x=0}^{x=\frac{l}{2}} \cos \theta \, \frac{dx}{x^2+y^2} = \frac {\lambda y}{2\pi {\epsilon}_0}\int_{x=0}^{x=\frac{l}{2}} \frac {dx} { \left ( x^2+y^2 \right ) ^\frac {3}{2}}$

$\dst E = E_y = \frac {q }{2\pi {\epsilon}_0 y}\frac {1}{\sqrt {l^2+4y^2}}$

[Mitor]

Re: Cámpo eléctrico generado por una varilla.

De acuerdo. Varias preguntas:

¿A qué obedece el coseno que has utilizado, y que luego desaparece?

Lo que yo entiendo es que, debido ala simetría, sabemos que los campos(Eje x) se anulan, y que el campo neto es hacia arriba totalmente vertical. Así pues, podemos eliminar el vector unitario de la dirección e integrar la carga por unidad de longitud(infinitesimalmente) entre la distancia al cuadrado.

Y como la distancia es igual, por Pitágoras, a $\sqrt[]{x^{2}+y^{2}}$, nos queda la integral

$\lambda\int_{x=0}^{x=\frac{l}{2}} \, \frac{dx}{x^2+y^2}$, donde $\lambda=\displaystyle\frac{Q}{L}$(Carga entre la longitud).

Por eso me gustaría que me explicaras el por qué del coseno, y como has pasado a la tercera integral, porque yo sólo sé hacer la integral que he puesto por un cambio trigonométrico, al ser un polinomio irreducible.

Un saludo y gracias por tu tiempo.

[juantv]

Re: Cámpo eléctrico generado por una varilla.

$\dst dE_y = dE\cos \theta$

$\dst E = \frac {\lambda }{2\pi {\epsilon}_0}\int_{x=0}^{x=\frac{l}{2}} \cos \theta \, \frac{dx}{x^2+y^2}$

$\dst \cos \theta = \frac {y}{\sqrt {x^2+y^2}}$

Luego ...

$\dst E= \frac {\lambda y}{2\pi {\epsilon}_0}\int_{x=0}^{x=\frac{l}{2}} \frac {dx} { \left ( x^2+y^2 \right ) ^\frac {3}{2}}<br />$

que es una integral de la forma$\dst \int\frac{dx}{r^3} = \frac{x}{a^2r}$ con $\dst r = \sqrt{x^2+a^2}$

por lo que finalmente quedara

$\dst E=\frac {\lambda y}{2\pi {\epsilon}_0}\Bigg[\frac{x}{y^2\sqrt {x^2+y^2}}\Bigg]_{x=0}^{x=\frac{l}{2}}$ , $\dst \lambda = \frac{q}{l}$

$\dst E = \frac {q }{2\pi {\epsilon}_0 y}\frac {1}{\sqrt {l^2+4y^2}}$

[Mitor]

Re: Cámpo eléctrico generado por una varilla.

Bueno, a ver si lo he entendido:

Consideras, en el punto P, el campo eléctrico, y el ángulo que forma con la vertical(arriba) el ángulo $\theta$

Este $cos\theta$ es por tanto la dirección del campo, con $\theta$ desde 90 hasta 0.
Y la dirección del campo es esa porque las componentes en el eje x se anulan.

Ahora bien, sigo sin entender cómo el coseno de theta es igual al radio.

Un saludo y gracias por tu ayuda.

[juantv]

Re: Cámpo eléctrico generado por una varilla.

Dado que solo existe en la direccion del eje y , $\dst dE_y = dE \cos \theta$


$\dst \cos \theta = \frac{CA}{HP} = \frac{y}{r} = \frac{y}{\sqrt{x^2 + y^2} }$

[Mitor]

Re: Cámpo eléctrico generado por una varilla.

Dado que solo existe en la direccion del eje y , $\dst dE_y = dE \cos \theta$


$\dst \cos \theta = \frac{CA}{HP} = \frac{y}{r} = \frac{y}{\sqrt{x^2 + y^2} }$

Disculpa mi ignorancia, pero, ¿Podrías explicar las letras C,A,H,P que significan?

un saludo.

[juantv]

Re: Cámpo eléctrico generado por una varilla.

Tenemos el triangulo rectangulo

CA : Cateto adyacente = y

CO: Cateto opuesto = x

HP: Hipotenusa = r , (Pitagoras) , $\dst r = \sqrt{x^2 + y^2}$

$\dst \cos \theta = \frac{CA}{HP} = \frac{y}{r} = \frac{y}{\sqrt{x^2 + y^2} }$

[Mitor]

Re: Cámpo eléctrico generado por una varilla.

¿Me podrías explicar en un dibujo exactamente a qué corresponde el ángulo $\theta$ y, x? Porque, la ley de Coulomb es:

$\displaystyle\int_{a}^{b} \displaystyle\frac{k\hat{r}}{r^{2}}\, dq$

Entonces, ¿El vector unitario $\hat{r}$ es tu $cos\theta$?

[juantv]

Re: Cámpo eléctrico generado por una varilla.

desconozco como poner imágenes, el angulo es como usted dice, y es la distancia de la varilla al punto p (que sera nuestro cateto opuesto) , r sera la distancia del punto p al diferencial, y x es la distancia del diferencial al punto que une la varilla con el punto P.

[juantv]

Re: Cámpo eléctrico generado por una varilla.

No, mi vector unitario va a ser simplemente $\dst \hat{j}$ por el analisis que ya dijimos (solo existe campo en la dirección Y

$\dst d\vec E = d\vec E_x + d\vec E_y$

$\dst d\vec E_x = dE \sin \theta \hat {i}$ (los aportes de mitad y mitad se anulan)

$\dst d\vec E_y = dE \cos \theta \hat{j}$

[Mitor]

Re: Cámpo eléctrico generado por una varilla.

Vale, creo que lo he entendido. Ahora, en un caso más general, si tenemos esta varilla:



y tenemos que calcular el campo en P.(La varilla está cargada uniformemente.), para el eje y lo he calculado y me da también(considerando el eje x hacia la izquierda positivo; Eje y hacia arriba positivo.):

$K\displaystyle\frac{Q}{L}\displaystyle\int_{x_{2}}^{x_{1}} \displaystyle\frac{y}{(x^{2}+y^{2})^{3/2}}\, dx$ Corregido

Y en el eje x:

$K\displaystyle\frac{Q}{L}\displaystyle\int_{x_{2}}^{x_{1}} \displaystyle\frac{x}{(x^{2}+y^{2})^{3/2}}\, dx$ Corregido

Pero no sé si lo he hecho bien.

P.D: Disculpad el cutre dibujo hecho con paint.

[Al2000]

Re: Cámpo eléctrico generado por una varilla.

Sólo tienes un error, en el signo de la última integral, lo cual te da como resultado que el campo está reflejado en el eje Y.

Saludos,

Al

PD. Pasé por alto la aclaratoria "(considerando el eje x hacia la izquierda positivo.)". En ese caso tienes dos errores mas, uno en el dibujo y otro en los límites de integración. El error en los límites de integración "corrige" el error en la componente X pero introduce un error en la componente Y, la cual incorrectamente apunta hacia abajo.