1r ciclo Distribución continua de carga eléctrica

[The Higgs Particle]

¿Cuál es la dirección del campo eléctrico en referencia a la bisectriz del primer cuadrante teniendo en cuenta el objeto en forma de L con dos lados iguales en longitud y cargado uniformemente ($\lambda = Q/L$) con carga positiva? Demostrar analíticamente.

Gráficamente se puede demostrar fácilmente que en la dirección es la de la bisectriz del cuadrante, con ambas componentes positivas (es decir, sentido noreste).
Lo que quiero intentar es demostrar que el total de campo eléctrico del objeto cargado en el eje X es igual al del eje Y, de forma que ambas componentes ($x,y$), son las mismas, por lo que su dirección es de $45 \º$, al igual que el de la bisectriz. Para ello, voy tomando puntos en el eje Y y en el eje X que estén a la misma distancia del origen ($x=y$), para ver la componente del campo eléctrico resultante de cada "pareja".

Campo eléctrico de todo el brazo que se encuentra en el eje X:

$\dd E_x = K \dst \frac{\dd q}{r^2} \hat{u_x}$

De forma que:

$\dd q= \lambda \dd x$

$r = \sqrt{(x_p-x)^2+(y_p-0)^2}$

$\hat{u_x} = \dst \left( \frac{x_p-x}{\sqrt{(x_p-x)^2+(y_p)^2} }, \frac{y_p}{\sqrt{(x_p-x)^2+(y_p)^2} }\right)$


Así:

$\vec{E_x} = \left( \lambda K \dst \int_0^{L/2} \frac{(x_p-x) \dd x}{\left[ (x_p-x)^2+y_p^2\right]^{3/2} } \right) \hat{\imath}$ $+ \left( \lambda Ky_p \dst \int_0^{L/2} \left[(x_p-x)^2 + y_p^2 \right]^{-3/2} \dd x \right)\hat{\jmath}$

Integrales que no sé resolver , de forma que a la primera le llamo $L$ y a la segunda $M$, quedando:

$\vec{E_x} = \left( \lambda K L \right) \hat{\imath} + \left( \lambda K y_p M \right) \hat{\jmath}$

Campo eléctrico de todo el brazo que se encuentra en el eje Y:

Utilizando un proceso análogo, me sale:

$\vec{E_y} = \left( \lambda K x_p \dst \int_0^{L/2} \left[ x_p^2 + (y_p-y)^2 \right]^{-3/2} \dd y \right) \hat{\imath}$ $+ \left( \lambda K \dst \int_0^{L/2} \frac{(y_p-y)}{\left[ x_p^2 + (y_p-y)^2\right]^{3/2} } \dd y \right) \hat{\jmath}$

Como $x_p = y_p$ (el punto $P$ se encuentra en la bisectriz), $\dd x = \dd y$; $x=y$, tenemos que:

$\vec{E_y} =\left( \lambda K y_p M \right) \hat{\imath} + \left( \lambda K L \right) \hat{\jmath}$

Así:

$\vec{E}=\vec{E_x} + \vec{E_y} = \lambda K(L+xM) + \lambda K(L +xM)$

De forma que [Error LaTeX: Compilación LaTeX fallida] ; es decir, la componente resultante es de la dirección de la bisectriz



Creo que me podría haber ahorrado mucho si hubiera cogido simplemente $\hat{u_r} = \hat{u_x} + \hat{u_y}$, pero, aun así, ¿es correcto?

[Al2000]

Re: Distribución continua de carga eléctrica

Bueno, si te quisiese hacer alguna observación sería de forma y no de fondo, pero no quiero... Sólo cambia los límites de las integrales, que deben abarcar desde 0 hasta la longitud del filamento respectivo.

Saludos,

$\mathcal A \ell$

[The Higgs Particle]

Re: Distribución continua de carga eléctrica

Hecho. Muchas gracias

Bueno, si te quisiese hacer alguna observación sería de forma y no de fondo, pero no quiero..

Como veas, me fío de tu criterio

[arivasm]

Re: Distribución continua de carga eléctrica

En este tipo de problemas la simetría juega un papel clave. Como el sistema es simétrico respecto de la bisectriz de cuadrante el campo también lo debe cumplir. En consecuencia, en P y en P' el campo necesariamente debe seguir la dirección de la propia bisectriz.

Con esto quiero decir que en lugar de hacer el problema con una técnica de "fuerza bruta" como la que planteas, se puede abordar considerando los elementos de carga por pares, simétricos. Es decir, usar una única variable de integración, x, que marque la distancia de los dos elementos del par (uno sobre el eje X y el otro sobre el Y) al origen de coordenadas. Es muy fácil demostrar que el campo que produce cada uno de esos pares tiene la dirección de la bisectriz (pues las componentes perpendiculares se anulan entre sí).

Dicho de otra manera, el campo que origina un par de dichos elementos necesariamente será de la forma $\dd\vec E=\dd E(x)\vec u$ donde $\vec u$ es el vector unitario según la dirección de la bisectriz. Al hacer la integral para todo el sistema queda $\dst\vec E=\left[\int_{x=0}^{x=\infty}\dd E(x)\right]\vec u$, pues el vector unitario sale de la integral al ser constante. En consecuencia, es obvio, sin necesidad de hacer integral alguna, que el resultado es proporcional a $\vec u$

[Al2000]

Re: Distribución continua de carga eléctrica

Más aún, por consideraciones de simetría se puede afirmar que el campo sobre la bisectriz debe apuntar según la bisectriz, pues si giramos la distribución de carga 180° alrededor de la bisectriz, nada cambia en la distribución de carga.

Saludos,

$\mathcal A \ell$

[The Higgs Particle]

Re: Distribución continua de carga eléctrica

Más aún, por consideraciones de simetría se puede afirmar que el campo sobre la bisectriz debe apuntar según la bisectriz, pues si giramos la distribución de carga 180° alrededor de la bisectriz, nada cambia en la distribución de carga

No sé si estoy entendiendo lo que quieres decir con "nada cambia en la distribución de la carga [al girarla 180º]"

[saturno]

Re: Distribución continua de carga eléctrica

gira 180º todo el sistema respecto su bisectriz y te quedará que lo que antes era el brazo X, por asi decirlo, ahora es el brazo Y y viceversa.

[The Higgs Particle]

Re: Distribución continua de carga eléctrica

gira 180º todo el sistema respecto su bisectriz y te quedará que lo que antes era el brazo X, por asi decirlo, ahora es el brazo Y y viceversa.

No, si he entendido a lo que se refiere con "girar la distribución de cargas 180º", lo que no entiendo es qué implica- en relación con la dirección del campo -.

[saturno]

Re: Distribución continua de carga eléctrica

al tener una invariancia en la rotación de 180, como el sistema se mantiene virtualmente identico, la direccion del campo tambien. Y la unica direccion que se mantiene invariante en una rotacion de 180 es la del eje de rotacion.

La simetria implica una direccion privilegiada.

[The Higgs Particle]

Re: Distribución continua de carga eléctrica

A eso me refería. Muchas gracias