Otras carreras distribucion cilindrica

[LauraLopez]

El enuncuado dice :

Idem al problema anterior con una densidad de carga $\rho = k/r$, donde r es la coordenada radial medida desde el eje

El problema anterior es :

Se tiene una distribucion cilindrica de carga constante, de Coulombs por unidad de volumen. Encuentre el campo electrico y el potencial debido a esta carga volumetrica:

A) fuera de la distribucion

B) dentro de la distribucion

A)

Para calcular el campo electrico ya tengo una duda...

aplicando gauss seria:

$\oint E ds = \frac{Q}{\varepsilon }$

donde $s= 2 \pi r L$

$Q = \rho V$ el volumen seria el volumen que encierre la superficie gaussiana , en el ejercicio anterior habia asumido que la distribucion cilindrica volumetrica era un cilindro de radio "a" con lo cual el volumen era$V =\pi a^2 L$, en este caso puedo asumir lo mismo? o esa dependencia de $\rho$ con el radio provoca que el volumen ahora deba ser $V = \pi r^2 L$ ??

reemplazando me quedaria :

$\dst E 2 \pi r L = \rho V = \frac{k}{r } V$

[arivasm]

Re: distribucion cilindrica

Tienes que tener en cuenta la dependencia de la densidad de carga con la distancia. La carga encerrada por la gaussiana cilíndrica será, para un r<a, $\dst Q=\int_0^r \rho(r)\dd V=\int_0^r \rho(r)2\pi r L \dd r=2\pi L \int_0^r \rho(r) r \dd r$. Por supuesto, para un r>a será $\dst Q = 2\pi L \int_0^a \rho(r) r \dd r$

[LauraLopez]

Re: distribucion cilindrica

y en los demas ejercicios porque me salieron bien? yo nunca use dv sino que usaba V

yo pense que $Q= \rho V$y no que $Q = \int \rho dv$ pero bueno supongo que en el caso que justo el ro es constante se da esa igualdad que yo decia...

Mas alla de eso entonces al resolverlo llego a :

A) para un punto fuera de la distribucion :

$Q = \int_0^a \rho dv = 2 \pi L k a$

entonces por gauss (simplificando calculos)

$\dst E 2 \pi r L = \frac{2 \pi L k a}{ \varepsilon}$

$\dst E = \frac{ka}{\varepsilon r }$

Para el potencial tengo :

$\dst V_A = - \frac{ka}{\varepsilon } Ln \frac{r}{R }$

B)

Para un r < a lo unico que cambia es que la integral en vez de ser de 0 hasta a sera de 0 hasta r

entonces resolviendo de manera analoga llego a :

$\dst E 2 \pi r L = \frac{2 \pi L k r}{ \varepsilon}$

$\dst E = \frac{k}{\varepsilon }$

y al calcular el potencial

$\dst V_B = \frac{k}{\varepsilon } ({R_2}^{2 } - r)$

Entonces como me dijo Arivasm me conviene aca si definir que $R_2 = 0$ , es decir V=0 cuando r= 0 (en el eje del cilindro)

entonces $\dst V_B = - \frac{k}{\varepsilon } r$

Luego como el potencial es una funcion continua tengo que $V_A(a) = V_B(a)$

entonces $\dst \frac{ka}{\varepsilon } Ln \frac{a}{R } = \frac{k}{\varepsilon } a$

de aca llego a que R=a/e

con lo cual volviendo a la formula de potencial del inciso a me queda

$\dst V_A = - \frac{ka}{\varepsilon } Ln \frac{re}{a } = - \frac{ka}{ \varepsilon} (Ln(\frac{r}{a }) + 1)$

esta bien??

[arivasm]

Re: distribucion cilindrica

Si la densidad de carga es constante sale de las integrales y por eso el resultado es el mismo que has dicho al principio, $Q=\int \rho \dd V=\rho\int \dd V=\rho V$.

Por lo que se refiere al resto del ejercicio, no he detectado ningún error.