Potencial creado por una distribución de carga eléctrica

[carroza]

Hola.

Se me ocurre una variante del problema, que sería digna de ir en la sección "problermas de Ingenio".

"Tenemos un objeto, de forma arbitraria, con distribución de carga arbitraria, y se conoce el potencia en A 20 v y en B 10 v, siendo A y B dos puntos que están en linea recta, a distancias 2 y 4 m de donde termina el objeto. Calcular la distribucion de carga y la carga total del objeto"

Saludos

[Abdulai]

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Colocando el origen en el extremo de la varilla y su otro extremo en $x=-L$ , el potencial para puntos sobre el eje $x$ resulta:

$\phi(x)= k \displaystyle\int_{0}^{L}\dfrac{\lambda(\xi)\;d\xi}{x+\xi}$

Debe cumplirse $2 = \dfrac{\phi(2)}{\phi(4)}\;\;\longrightarrow\;\;2 \displaystyle\int_{0}^{L}\dfrac{\lambda(\xi)\;d\xi}{4+\xi} - \displaystyle\int_{0}^{L}\dfrac{\lambda(\xi)\;d\xi}{2+\xi} = \displaystyle\int_{0}^{L}\lambda(\xi)\;\dfrac{\xi}{(2+\xi)(4+\xi)}\;d\xi = 0$

Como $\dfrac{\xi}{(2+\xi)(4+\xi)} >0\quad \forall \;x>0$ la única manera de anular la integral es haciendo que la densidad de carga cambie de signo a lo largo de la varilla.
Hay entonces infinitas distribuciones, las que llevan a integrales mas sencillas son considerando una carga constante $\lambda$ hasta una longitud $L_1$ y $-\alpha\lambda$ en el resto.

[carroza]

Vale, la distribución es monótona (con el mismo signo) ytridimensional.

[Richard R Richard]

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Aver un distribución puntual o esférica dan por resultado una función potencial que varía con la inversa de la distancia entre el objeto y cada punto medido.
las distribuciones lineales lo hacen con el logaritmo de la distancia.
Las superficies planas lo hacen linealmente.
Cómo necesitamos que
$2f(2x)=f(x)$ creo que la única que lo cumple es la caída de potencial lineal , es decir un distribución de carga constante plana infinita.

[Abdulai]

Vale, la distribución es monótona (con el mismo signo) ytridimensional.

OMG! Veamos...

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Grafico en modo Quick&Dirty un volumen en $x\ge 0$ con $[0,0,0] \in V$ y los puntos de medición a la izquierda sobre el eje $x$


El potencial en el punto $A$ será $\phi(\vec{A}) = k\displaystyle\iiint_{V} \dfrac{\rho(\vec{r})\;dV}{|\vec{r}-\vec{A}|} = k\displaystyle\iiint_{V} \dfrac{\rho(\vec{r})\;dV}{\displaystyle\sqrt{(x+a)^2+y^2+z^2}}$ y lo mismo con el punto $B$

Igual que antes, debe cumplirse $2\phi(B)-\phi(A)=0$

$2k\displaystyle\iiint_{V} \dfrac{\rho(\vec{r})\;dV}{\displaystyle\sqrt{(x+b)^2+y^2+z^2}}-k\displaystyle\iiint_{V} \dfrac{\rho(\vec{r})\;dV}{\displaystyle\sqrt{(x+a)^2+y^2+z^2}} =<br /> k\displaystyle\iiint_{V}\rho(\vec{r})\left(\dfrac{2}{\displaystyle\sqrt{(x+b)^2+y^2+z^2}}-\dfrac{1}{\displaystyle\sqrt{(x+a)^2+y^2+z^2}}\right)dV =$

$= k\displaystyle\iiint_{V}\rho(\vec{r}) \dfrac{2\displaystyle\sqrt{(x+a)^2+y^2+z^2}-\displaystyle\sqrt{(x+b)^2+y^2+z^2} }{\displaystyle\sqrt{(x+a)^2+y^2+z^2}\displaystyle\sqrt{(x+b)^2+y^2+z^2} } = 0$


Como la densidad de carga no cambia de signo, dentro del volumen deben existir regiones donde $2\displaystyle\sqrt{(x+a)^2+y^2+z^2}-\displaystyle\sqrt{(x+b)^2+y^2+z^2}$ cambie de signo.


Para hallar estas regiones busco donde: $2\displaystyle\sqrt{(x+a)^2+y^2+z^2}=\displaystyle\sqrt{(x+b)^2+y^2+z^2}$

$\longrightarrow\;\;4\left((x+a)^2+y^2+z^2\right)-\left((x+b)^2+y^2+z^2\right) = (x + 2a - b)(3x + 2a + b)+3(y^2+z^2) = 0$

Del análisis de esa expresión se observa que si $b=2a$ no puede haber solución, ya que debe ser $x>0$

Por lo tanto, para que exista solución debe ser $b>2a$ cualquiera sea el volumen.

[carroza]

Hola.

Los usuarios habituales del foro de electromagnetismo tienen que estar alucinados de ver a los friquis del foro "problemas de ingenio" con sus soluciones ocultas.

Abdulai, casi lo tienes, si te das cuenta de la única distribución de carga que satisface tu ecuación integral.

Richard, date cuenta que la condición que imponemos es la distancia, no al centro de la distribución de carga, sino al punto más cercano a la misma.

Os cuento mi solución, a ver si os gusta.

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Me resulta más facil argumentar la solución usando una distribución discreta, con cargas $q_i$ en puntos $\vec r_i$. Por supuesto, considerando muchos puntos y cargas muy pequeñas, puedo pasar sin problema a una distribución continua. Considero el punto A, que está a una distancia D de donde termina el objeto. "Donde termina el objeto" será un punto le la distribución, que etiquetamos con $i=0 (q_0, \vec r_0)$. Su distancia a A es $d^A_0 = | \vec r_A - \vec r_0 | = D$. El resto de los puntos estarán a distancias $d^A_i = | \vec r_A - \vec r_i | > D$.

Ahora, considero el punto B que estña a distancia 2D de donde termina el objeto, en linea con A. Este punto cumple que la distancia al punto $i=0 (q_o, \vec r_0)$ es Su distancia a A es $d^B_0 = | \vec r_B - \vec r_0 | = 2 D$, aunque ciertamente no podemos decir que para el resto de los puntos estarán a distancias $d^B_i = | \vec r_B - \vec r_i | > 2D$.

Ahora enunciaré el siguiente teorema: Para cualquier punto $i \ne 0$, $d^B_i < 2 d^A_i$.

Para demostrar esto usaré un argumento geométrico no trivial: Trazamos una esfera de radio $d^A_i$ en torno a A, y una esfera de radio $2 d^A_i$ en torno a B. Podemos ver que la primera esfera esta totalmente contendida en la segunda, ya que la distancia entre sus centros, D, es inferior a la diferencia de sus radios, $d^A_i$. Port tanto, vemos que se cumple el teorema anterior, ya que cualquier punto a una distancia $d^A_i$ estará en la superficie de la primera esfera, y contenido en la segunda, por lo que su distancia a B cumple $d^B_i < 2 d^A_i$.

A partir de aquí, la física es facil.


$V(A) = \sum_i {q_i \over 4 \pi \epsilon_0 d^A_i} = {q_0 \over 4 \pi \epsilon_0 D} + \sum_{i \ne 0} {q_i \over 4 \pi \epsilon_0 d^A_i}$.
$V(B) = \sum_i {q_i \over 4 \pi \epsilon_0 d^B_i} = {q_0 \over 4 \pi \epsilon_0 2D} + \sum_{i \ne 0} {q_i \over 4 \pi \epsilon_0 d^B_i}$.


Pero, para todo $i \ne 0$, ${q_i \over 4 \pi \epsilon_0 d^B_i} > {q_i \over 4 \pi \epsilon_0 2 d^A_i}$

Por tanto, $V(B) = V(A)/2$ solo si para todo $i \ne 0, q_i=0$, es decir, si tenemos una distribucion puntual, una delta de Dirac en términos de densidades.

Para cualquier otro caso, $V(B) > V(A)/2$.

Saludos

[Abdulai]

...
Abdulai, casi lo tienes, si te das cuenta de la única distribución de carga que satisface tu ecuación integral.
...

No sé si te refieres a una carga puntual. En ese caso la densidad de carga debe ser infinita.

[Richard R Richard]

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Si carroza Me he dado cuenta tarde que el potencial de un plano cargado crece en modulo con la distancia, pero aqui necesitamos que disminuya con la distancia, Entonces si genericamente quisiera cumplir con

$V_{(x)}=2V_{(2x)}$

la función que viene al dedillo es $V_{(x)}=\dfrac{K}{x}$ que responde a un función de potencial de una carga puntual o de una esfera cargada, pero la esfera cargada tiene radio mayor que cero por lo que la distancia ente la carga y los puntos A y B es menor que D y 2D, luego solo puede cumplir eso una carga puntual pues su radio es nulo y su densidad de carga infinita ,

[carroza]

Ok, Richard y Abdulai, Gracias por vuestras contributiones.

Abdulai, mira que, según tu dibujo, no necesariamente se cumple que $x>0$. Podemos tener una distribución con una concavidad tal que el origen sea el punto más cercano a A, i todavía pueda haber puntos con $x<0$.

Richard, fijate que el problema no consiste en ver que la carga puntual cumple la condición, simo que no hay ninguna otra distribución que cumpla la condición.

Un saludo

[Abdulai]

En el caso que tuviera una concavidad y que el cuerpo tuviera partes con $x<0$ si habría soluciones pues con $b=4\;;\;a=2$ pueden existir regiones donde el término:
$(x + 2a - b)(3x + 2a + b)+3(y^2+z^2) = x(3x + 8)+3(y^2+z^2)$ sea positivo en algunas y negativo en otras.

El detalle es que no es del todo natural considerar "donde termina el objeto" en una concavidad

[Richard R Richard]

para no repetir el planteo de Abdulai

he planteado basicamente lo mismo , pero en función de diferencias $D=|x_o-A|$ ademas $2D=|x_o-B|$ y $D=|B-A|$


llego a una ecuacion de una conica $(x-\frac 83)x+y^2+z^2=0$

y con el planteo de Abdulai $(x+\frac 83)x+y^2+z^2=0$

Asumo que mí x apunta en otra dirección a la suya , así seguimos con la misma ecuación
Bueno, todo lindo si bien eso define la región dónde la diferencia de potencial puede ser una el doble que la otra, pero eso sería el numerador del integrando, cada contribución de esa región está dividida por un denominador variable y nada dice de los límites de integración del objeto de volumen V que es lo que nos interesa.
Es decir demostrado está que existen regiones que aportan más al potencial de A que al de B y viceversa, pero cómo contruir un volumen "conexo" que incluya vas regiones y que su contribución se anules al sumar ,no lo veo nada fácil.

Intuyo que esto es un Volumen de forma de sombrero mexicano con AyB en el eje de simetria, y dentro de la copa.
La cercanía de A en la copa mas allá de D distribuida en un espesor fino , contrarresta un espesor grueso más próximo a B que a A pero un tanto más alejado.