1r ciclo Potencial eléctrico

[The Higgs Particle]

"Un hilo de longitud $L$ se encuentra situado sobre el eje X, con el extremo izquierdo en el origen y el derecho en el $x=L$. Si $\lambda = \alpha x$ ($\alpha >0$).
Calcula el potencial eléctrico en los puntos $A(-a,0)$"

No nos han explicado cómo va el potencial eléctrico para distribuciones continuas de carga, sino que para calcular el potencial de cargas puntuales hacían la integral desde el infinito hacia el punto concreto, pero he encontrado la fórmula en internet $\dd V = \dst K \frac{\dd q}{r}$

Técnicamente, debería salir haciendo (1)y (2), ¿no?

1) $\dd E = K \dst \frac{\dd q}{r^2}$; $\vec{E} = - \vec{\nabla}V \to \dd V = E_x \dd x$:

$E_x = K \alpha \dst \int^{L}_{0} \frac{x}{(x+a)^2} \dd x = \dst \frac{a}{L+a} + \ln|L+a|$

$V = K \alpha \dst \int^{a}_{\infty} \dst \left( \frac{a}{L+a} + \ln|L+a| \right) \dd a$

2) $\dd V = K \dst \frac{\dd q}{r}$:

$\dd V=K \dst \frac{\lambda \dd x}{x+a} = K \dst \frac{\alpha x \dd x}{x+a} \to V = K \alpha \dst \int^{L}_{0} \frac{x +a -a}{x+a} \dd x = K \alpha \left( L - a \ln(L/a +1) \right)$

[Al2000]

Re: Potencial eléctrico

Tengo varios comentarios que hacerte. El primero es puramente de mecánica de cálculo, has cometido el error frecuente de ignorar el límite cero de la integral:

$$\int_{0}^{L}\!\! \frac x {(x+a)^2}\, dx = \left . \frac a {x+a} + \ln (x+a) \right |_0^L = \frac a {L+a} - 1 + \ln \frac {L + a} a$$

Entonces el consejo es: cuando tengas un límite 0, míralo dos veces También activa tus mecanismos de detección de errores... la presencia de un logaritmo de una cantidad con dimensiones debería hacer sonar una alarma. Por último, olvidaste el factor $K \alpha$ pero me imagino que es un error de edición, pues lo retomas al calcular el potencial.

El segundo comentario también es de cálculo, pero mas orientado a la solución del problema físico. Cuando pretendes calcular el potencial como la integral del campo, no te interesa un valor puntual del campo, sino el valor del campo a todo lo largo de la que será después tu trayectoria de integración para calcular el potencial. En otras palabras, necesitas el campo como una función de la posición y no como un valor específico para un punto del espacio.

El uso de $a$ tanto como una coordenada específica así como una variable es poco elegante, puede resultar confuso y muchos lo considerarían incorrecto. En un caso como este donde necesitas usar $x$ tanto como variable de integración para recorrer la distribución de carga así como coordenada genérica en donde calcular el campo, lo que necesitas es diferenciar las dos "versiones" de $x$. Por aquí he visto que acostumbran usar $x$ y $x'$, pero puedes usar cualquier otra elección. Por ejemplo, si uso la letra $\xi$ para recorrer la distribución de carga, entonces el campo en la posición $x$ sería

$${E_x}_{(x)} = K \alpha \int_{0}^{L}\!\! \frac \xi {(\xi - x)^2}\, d \xi$$

Nota que lo que te queda no contiene la variable $\xi$ y es una expresión que depende de $x$. Nota además que he escrito $\xi - x$ y no $\xi + x$. La razón es que el signo positivo en la integral anterior proviene de que el autor del ejercicio incluyó el signo expresamente cuando estableció el punto de cálculo como $x = -a$.

Tercer comentario: al calcular el potencial debes incluir el signo negativo de $-a$ de nuevo por la misma razón de que el autor lo incluyó de forma expresa en el enunciado

$$V_{(x)}= \int_{\infty }^{-a}\!\! E_x\, dx$$

Cuarto y último comentario: en este ejercicio, calcular primero el campo para después calcular el potencial es una forma muy ineficiente de resolver el problema. Si sólo necesitas el potencial, pues calcúlalo directamente a partir del potencial de la carga puntual tal como hiciste al final de tu mensaje. En un problema en donde se desee calcular tanto el campo como el potencial de una distribución de carga dada, lo mas sencillo es calcular primero el potencial (integral escalar) y a partir del potencial determinar el campo (una derivada); el camino opuesto implica una integral vectorial para calcular el campo y una integral de línea para obtener el potencial, proceso considerablemente mas complicado.

Saludos,

$\mathcal A \ell$

[The Higgs Particle]

Re: Potencial eléctrico

Cuarto y último comentario: en este ejercicio, calcular primero el campo para después calcular el potencial es una forma muy ineficiente de resolver el problema. Si sólo necesitas el potencial, pues calcúlalo directamente a partir del potencial de la carga puntual tal como hiciste al final de tu mensaje

Como esta fórmula no la han dado, me pedirían desarrollarla. ¿Cómo la saco? Suponiendo que $\dd E = K \dst \frac{\dd q}{r^2}$ y que $\dd V = - E \dd r$ me sale una integral doble que tampoco nos han enseñado a resolver.


Y una última cosa. En el apartado b de este ejercicio me piden igualmente el potencial eléctrico, pero en un punto $B(\frac{L}{2}, b)$. La cosa es que no consigo encontrar ningún fallo en el proceso, pero la integral no sé resolverla:

$V = \dst \int^{L}_{0} K \frac{\dd q}{r} = K \alpha \dst \int^{L}_{0} \frac{x }{\sqrt{\left( \frac{L}{2} - x\right)^2 + b^2}} \cdot \dd x$

[Al2000]

Re: Potencial eléctrico

Para el potencial de la carga puntual, $\dst V = \frac 1 {4 \pi \epsilon_0} \frac q r$, búscalo en el libro, que todos lo tienen. Dependiendo del autor, alguno lo presentará a partir de la fuerza de Coulomb como el trabajo por unidad de carga que hace la fuerza electrostática para mover sin aceleración una carga puntual de prueba desde el infinito (u otro punto de referencia) hasta el punto donde se determina el potencial; algunos otros autores optan por definir primero el concepto de energía potencial eléctrica asociada a la fuerza electrostática y a continuación definen el potencial como la energía potencial por unidad de carga. Demás está decir que es exactamente lo mismo y es más una cuestión de gusto personal como se deduzca.

La integral que te queda se convierte en una integral trigonométrica usando la función tangente. Si lo deseas pues simplificar primero usando la sustitución $u = \frac L 2 - x$ y luego puedes hacer la sustitución $u = b \tan \theta$.

Saludos,

$\mathcal A \ell$