1r ciclo dirección de potencial

[Emilio Ortega]

Capacitor cilíndrico. Un capacitor cilíndrico consiste en un cilindro (o alambre) de radio Rb rodeado de un cascarón cilíndrico coaxial de radio interior Ra. Ambos cilindros tienen longitud l, la cual se considera mucho más grande que la separación entre los cilindros Ra 2 Rb, así que podemos ignorar los efectos de borde. Se carga el capacitor (conectándolo a una batería), de manera que un cilindro adquiere una carga 1Q (digamos, el cilindro interior) y el otro, una carga –Q. Calcule una expresión para la capacitancia.


pero me sucede lo siguiente: el campo de un alambre largo afuera de él es
[Error LaTeX: Compilación LaTeX fallida]
entonces hice esto [Error LaTeX: Compilación LaTeX fallida] [Error LaTeX: Compilación LaTeX fallida] [Error LaTeX: Compilación LaTeX fallida]
pero supuestamente el resultado es este [Error LaTeX: Compilación LaTeX fallida]

[Al2000]

Re: dirección de potencial

El problema surge de cuando te pasas de una integral de línea a una integral convencional. Nota que el vector $d \boldsymbol \ell$ apunta radialmente hacia adentro, lo cual se ajusta al ángulo de 180° que pones en el desarrollo. Si la distancia $\ell$ se mide desde la armadura externa hasta la interna, su relación con la posición radial $R$ es $\ell = R_a - R$ y al derivar obtienes que $d \ell = - dR$. Puesto en palabras llanas, cuando al evaluar la integral de línea avanzas 1 mm a lo largo de la trayectoria de integración, la distancia radial se reduce 1 mm.

Si el cambio no te gusta así como te lo explico, entonces cámbiate del vector $d \boldsymbol \ell$ al vector $d \boldsymbol R$ antes de resolver el producto escalar. Si lo haces así, tendrías que $\boldsymbol E \boldsymbol \cdot d \boldsymbol \ell = \boldsymbol E \boldsymbol \cdot d \boldsymbol R = E\,dR$.

Saludos,

$\mathcal A \ell$

[Emilio Ortega]

Re: dirección de potencial

El problema surge de cuando te pasas de una integral de línea a una integral convencional. Nota que el vector $d \boldsymbol \ell$ apunta radialmente hacia adentro, lo cual se ajusta al ángulo de 180° que pones en el desarrollo. Si la distancia $\ell$ se mide desde la armadura externa hasta la interna, su relación con la posición radial $R$ es $\ell = R_a - R$ y al derivar obtienes que $d \ell = - dR$. Puesto en palabras llanas, cuando al evaluar la integral de línea avanzas 1 mm a lo largo de la trayectoria de integración, la distancia radial se reduce 1 mm.

Si el cambio no te gusta así como te lo explico, entonces cámbiate del vector $d \boldsymbol \ell$ al vector $d \boldsymbol R$ antes de resolver el producto escalar. Si lo haces así, tendrías que $\boldsymbol E \boldsymbol \cdot d \boldsymbol \ell = \boldsymbol E \boldsymbol \cdot d \boldsymbol R = E\,dR$.

Saludos,

$\mathcal A \ell$

Al pero si en este ejercicio apliqué eso mismo que me dijiste y no me da lo mismo
Estime la capacitancia por unidad de longitud de dos alambre rectos muy largos, cada uno de radio R, con cargas uniformes 1Q y –Q, que están separados una distancia d, la cual es grande en comparación con R

El campo electrico es [Error LaTeX: Compilación LaTeX fallida]

[Error LaTeX: Compilación LaTeX fallida] = [Error LaTeX: Compilación LaTeX fallida] entonces me quedaría asi pero el resultado me queda negativo al final y es positivo en la solucion D:

[Richard R Richard]

Re: dirección de potencial

para mi redunda el signo menos y el coseno de 180, $\vec E$ tiene la misma dirección y sentido que $\vec R$ y la contraria a $\vec{R_b}-\vec{R}$

no es saludable poner $dl$ a una distancia radial y a la vez $l$ a la longitud del capacitor.

http://www.sc.ehu.es/sbweb/fisica/el...o/cilindro.htm

- - - Actualizado - - -

Actualizo:
[Error LaTeX: Compilación LaTeX fallida]

planteas la integral con el potencial final en $R_b$ y el inicial en $R_a$ sin embargo colocas los límites de integración al revés por ello te sale con el signo cambiado y al tomar logaritmo la fracción inversa

[Error LaTeX: Compilación LaTeX fallida]

[Emilio Ortega]

Re: dirección de potencial

sii esa ya logré solucionarla pero aplicando eso mismo para el otro ejercicio de mas abajo me queda de signo cambiado nuevamente

[Al2000]

Re: dirección de potencial

Al pero si en este ejercicio apliqué eso mismo que me dijiste y no me da lo mismo
Estime la capacitancia por unidad de longitud de dos alambre rectos muy largos, cada uno de radio R, con cargas uniformes 1Q y –Q, que están separados una distancia d, la cual es grande en comparación con R
[ATTACH=CONFIG]11599[/ATTACH]
El campo electrico es [Error LaTeX: Compilación LaTeX fallida]

[Error LaTeX: Compilación LaTeX fallida] = [Error LaTeX: Compilación LaTeX fallida] entonces me quedaría asi pero el resultado me queda negativo al final y es positivo en la solucion D:

Pero este caso es diferente, aquí $\ell$ crece en la misma dirección que $x$...

[Richard R Richard]

Re: dirección de potencial

la diferencia entre ambos ejercicios es que la dirección del campo va en sentido contrario a la dirección del vector posición x

[Error LaTeX: Compilación LaTeX fallida]


[Error LaTeX: Compilación LaTeX fallida]

[Error LaTeX: Compilación LaTeX fallida]

[Error LaTeX: Compilación LaTeX fallida]

[Error LaTeX: Compilación LaTeX fallida]

Mi fuerte no es el electromagnetismo pero creo que la integral $\cancel{esta}$ bien.

[Al2000]

Re: dirección de potencial

Mi versión:

$$V = V_b - V_a = - \int E\,dx = - \frac \lambda {2 \pi \varepsilon } \int_{R}^{d-R}\!\! \left(\frac 1 x + \frac 1 {d-x}\right)\,dx$$

$$V = \left . - \frac \lambda {2 \pi \varepsilon} \left[\ln x - \ln (d-x)\right]\right |_R^{d-R}$$

$$V = - \frac \lambda {2 \pi \varepsilon} \left(\ln \frac {d-R} R - \ln \frac R {d-R} \right) = - \frac \lambda {2 \pi \varepsilon} \left( 2 \ln \frac {d-R} R \right) = \frac \lambda {\pi \varepsilon} \ln \frac R {d-R}$$

Saludos,

$\mathcal A \ell$

[Emilio Ortega]

Re: dirección de potencial

Pero este caso es diferente, aquí crece en la misma dirección que ...

aquí creo que es donde teno la confusion amigo y agradeceria que me ayuaras con eso para entender, no se supone que si yo integro desde b hasta a estoy yendo en esta direccion " <-- " y ese se supone que es el dl ? pero en cambio el dx que es el del campo electrico apunta en esta direccion " --> "

[Richard R Richard]

Re: dirección de potencial

si $l$ es el camino de $b$ a $a$, y el sistema de referencia lo basas en la coordenada x con origen en $a$ entonces

$l=d-x$

entonces $dl=-dx$

y la diferencia de potencial será el potencial final del recorrido menos potencial al iniciarlo $\Delta V=V_a-V_b$

$\Delta V=V_a-V_b=\dst\int_{R}^{d-R} E(l) \cdot dl =\int_{R}^{d-R} \vec {E(l)} \cdot \vec{dl}=$$\dst\int_R^{d-R} \left (\frac{\lambda }{{(d-l)2\pi \varepsilon }} + \frac{\lambda }{{(l)2\pi \varepsilon }}\right )\cdot dl \cos 0$

en este caso E y l tienen la misma dirección por lo que el coseno del angulo entre ellos es 1

y si haces el cambio de variable de l a x la integral transforma a

$\Delta V=V_a-V_b=\dst\int_{d-R}^R \left (\frac{\lambda }{{(x)2\pi \varepsilon }} + \frac{\lambda }{{(d-x)2\pi \varepsilon }}\right )\cdot (-dx)$

que es lo mismo que

$\Delta V=V_a-V_b=\dst\int_R^{d-R} \left (\frac{\lambda }{{(x)2\pi \varepsilon }} + \frac{\lambda }{{(d-x)2\pi \varepsilon }}\right )\cdot dx$

como V lo habias expresado como $V_b-V_a=-\Delta V$

Vuelves a que $V=V_b-V_a=\dst\int_{d-R}^R \left (\frac{\lambda }{{(x)2\pi \varepsilon }} + \frac{\lambda }{{(d-x)2\pi \varepsilon }}\right )\cdot dx$

que lleva al resultado que te dió Al2000

[Al2000]

Re: dirección de potencial

aquí creo que es donde teno la confusion amigo y agradeceria que me ayuaras con eso para entender, no se supone que si yo integro desde b hasta a estoy yendo en esta direccion " <-- " y ese se supone que es el dl ? pero en cambio el dx que es el del campo electrico apunta en esta direccion " --> "

Pero no estás integrando desde "b" hasta "a". Si eso crees, entonces en verdad no entiendes lo que estás haciendo.

Cuando pones que $V = V_b - V_a$ se entiende (al menos eso entiendo yo) que "a" y "b" son los puntos inicial y final, respectivamente, de la trayectoria de integración. La trayectoria de integración será una curva cualquiera (pues el campo es conservativo) que una los dos puntos y que vaya desde "a" hasta "b". Por definición, la diferencia de potencial en una tal trayectoria, llamémosla C, será

$$V = V_b - V_a = - \int_C \boldsymbol E \boldsymbol \cdot d \boldsymbol l$$

donde $d \boldsymbol \ell$ es un elemento de la trayectoria que por definición es tangente a ésta y con el mismo sentido de la orientación de C. Cuando la trayectoria de integración es cualquier cosa menos una línea recta, normalmente se recurre al procedimiento de parametrizar la curva y escribir tanto el $d \boldsymbol \ell$ como el campo en función del parámetro elegido y luego resolver la integral.

Como el campo eléctrico es conservativo, son raras las oportunidades en las cuales alguna curva distinta de una línea recta haga mas sencilla la solución, por lo cual es común que integres a lo largo de una recta. Pero eso no cambia el hecho de que estás resolviendo una integral de línea.

Cuando se trata de problemas de capacidad, la diferencia de potencial siempre se determina como un valor positivo, pues por definición la capacidad es un número positivo. Por consiguiente, al hacer el cálculo siempre integras desde el potencial mas bajo hasta el mas alto, de modo que la diferencia (valor final - valor inicial) resulte positiva. De nuevo, particularizando para un condensador, siempre integras de la armadura negativa hacia la positiva, es decir en sentido opuesto al campo.

Una vez que has definido tu situación, usualmente escribirás la integral en función de alguna variable que estés usando como referencia. No siempre es necesario... por ejemplo, si el campo es constante, entonces

$$V_{ab} = V_b - V_a = - \int_{a}^{b}\!\! \boldsymbol E \boldsymbol \cdot d \boldsymbol \ell = - \boldsymbol E \boldsymbol \cdot \int_{a}^{b}\!\! d \boldsymbol \ell = - \boldsymbol E \boldsymbol \cdot \boldsymbol \ell_{ab}$$

En los otros casos en los cuales el campo dependa de la posición a lo largo de la curva de integración, habrá que buscar una parametrización apropiada que relacione al campo y al diferencial de longitud con alguna coordenada.

En tu primer ejemplo, elegiste (arbitrariamente) que la armadura central fuese la positiva y la cáscara la negativa. Conforme con eso, el campo apunta radialmente hacia afuera, y la trayectoria de integración elegida es una recta radial que apunta hacia adentro. Al usar como variable de referencia que la posición está dada por $R$ medida desde el centro hacia afuera, resulta que cuando "te mueves" a lo largo de la curva de integración lo haces en la dirección en la cual $R$ disminuye. Por eso en esa situación, $d \ell = - dR$, (si uno aumenta, el otro disminuye).

En tu segundo ejemplo, de nuevo integras en contra del campo (para que la diferencia de potencial resulte positiva) pero tu variable de referencia "x" la estás midiendo desde la carga negativa, por lo cual resulta que el sentido de la línea de integración coincide con el sentido en el cual tu variable crece, resultando ahora que $d \ell = dx$.

Si te quedan dudas, por favor vuelve a preguntar, que yo muchas veces no me explico muy bien.

Saludos,

$\mathcal A \ell$