Autor Tema: Polarización de varilla metálica

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14 Diciembre, 2019, 11:06 am
Respuesta #30

martiniano

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Hola.

Martiniano, y con cargas puntuales en los extremos no tiende el campo interno a hacerse infinito en sus proximidades?

Sería infinito en el exterior de la varilla. En el interior el campo infinito creado por la carga puntual se anulará con el creado por la densidad lineal de carga, que debe ser también infinito.

Un saludo.

14 Diciembre, 2019, 07:21 pm
Respuesta #31

Richard R Richard

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Me he alejado del hilo, pero sigo pensandolo, la razón de esos infinitos que molestan, es que están pensando en que el campo eléctrico en el interior de la varilla es nulo, porque  es la divergencia del potencial que suponemos constante. Pero para que esto sea cierto, la varilla tiene que tener un "interior" es decir no puede tener  sección nula, es decir su radio o su lado no puede ser nulo, porque?, porque no hay superficie para distribuir la carga.

fíjense a donde van los infinitos cuando pasas de

\( -\displaystyle\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\displaystyle\int_{-L/2}^{L/2}\displaystyle\frac{\lambda(x)}{(a-x)^2}\,dx=E_0 \)

a

\( -\displaystyle\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\displaystyle\int_{-L/2}^{L/2}\displaystyle\frac{\lambda(x)2\pi r}{(a-x)^2+r^2}\,dx=E_0 \)

es decir pasan de una varilla lineal, a una cilíndrica de radio r y longitud l.

y si tratas de averiguar  cuál es la distribución lambda sobre la superficie cilíndrica tienes que hace el campo nulo en el centro de la varilla

\( \color{red}\vec E(\color{red}r_0\color {black},x)=\vec E(\color{red}0\color {black},x)=\color{red}\cancel{\underbrace{\displaystyle\int_{d}^{d+l} \dfrac{\sigma_{ext}}{\epsilon_0}dx}_{placa \,externa}} \)\( \color{red}\cancel{\underbrace{+\displaystyle\int_{d}^{d+l}\dfrac{-\sigma_{int}}{2\epsilon_0}dx}_{tapa \,interna\,signo\,contrario}} \)\( +\color{red}\cancel{\underbrace{(-1)\displaystyle\int_{d}^{d+l}\dfrac{\sigma_{int}}{2\epsilon_0}dx}_{tapa \,interna\,mismo\,signo}} \)\( \underbrace{+\displaystyle\int_{d}^{d+l}\dfrac{\lambda(x)}{4\pi\epsilon_0\sqrt{(x-d)^2+r^2}^2}dx}_{superficie \,cilíndrica} \)

cualquier arreglo de \( \lambda (x )\neq0 \) hace que el potencial en interior no sea constante...

puedes suponer que \( \lambda (x )\cong K(x-d)^2 \)  en una función partida pero es innecesaria cuando veas que las distribuciones en los extremos ya hacen posible que el potencial sea constante en toda la varilla por lo que el ultimo termino ,....para mi siempre ha sido despreciable.



Saludos  \(\mathbb {R}^3\)

14 Diciembre, 2019, 07:50 pm
Respuesta #32

martiniano

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Hola.

No acabo de entenderte, Richard R Richard.


\( \vec E(r,x)=\vec E(r,x)=\underbrace{\displaystyle\int_{d}^{d+l} \dfrac{\sigma_{ext}}{\epsilon_0}dx}_{placa \,externa} \)\( \underbrace{+\displaystyle\int_{d}^{d+l}\dfrac{-\sigma_{int}}{2\epsilon_0}dx}_{tapa \,interna\,signo\,contrario} \)\( +\underbrace{(-1)\displaystyle\int_{d}^{d+l}\dfrac{\sigma_{int}}{2\epsilon_0}dx}_{tapa \,interna\,mismo\,signo} \)\( \underbrace{+\displaystyle\int_{d}^{d+l}\dfrac{\lambda(x)}{4\pi\epsilon_0\sqrt{(x-d)^2+r^2}^2}dx}_{superficie \,cilíndrica} \)

¿A qué llamas \( d \) y a qué llamas \( l \)?

Un saludo.

14 Diciembre, 2019, 08:45 pm
Respuesta #33

Richard R Richard

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\( d \) es la separación ente los extremos de la varilla y las placas del campo externo
\( l \) o \( L  \) es la longitud de la varilla
\( r \) es el radio de la varilla
\( x \) es el punto de medición del campo en la varilla sobre el es central donde \(  r=0 \)

\( \sigma_{int}  \) es la carga inducida en la superficie de la punta de la varilla.




wow!!! se me cruzaron los cables, me haz hecho ver  que he puesto mal las cosas, ya es tarde para corregir

quise poner...

\( \vec E(r_0,x)=\vec E(0,x)=\underbrace{ \dfrac{\sigma_{ext}}{\epsilon_0}}_{placa \,externa} \)\( \underbrace{+\displaystyle\dfrac{-\sigma_{int}}{2\epsilon_0}}_{tapa \,interna\,signo\,contrario} \)\( +\underbrace{(-1)\displaystyle\dfrac{\sigma_{int}}{2\epsilon_0}}_{tapa \,interna\,mismo\,signo} \)\( \underbrace{+\displaystyle\int_{d}^{d+l}\dfrac{\lambda(x)}{4\pi\epsilon_0\sqrt{(x-d)^2+(r-r_0)^2}^2}dx}_{superficie \,cilíndrica} \)


Saludos  \(\mathbb {R}^3\)

14 Diciembre, 2019, 09:53 pm
Respuesta #34

martiniano

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Hola.

\( d \) es la separación ente los extremos de la varilla y las placas del campo externo
\( l \) o \( L  \) es la longitud de la varilla
\( r \) es el radio de la varilla
\( x \) es el punto de medición del campo en la varilla sobre el es central donde \(  r=0 \)

\( \sigma_{int}  \) es la carga inducida en la superficie de la punta de la varilla.




wow!!! se me cruzaron los cables, me haz hecho ver  que he puesto mal las cosas, ya es tarde para corregir

quise poner...

\( \vec E(r_0,x)=\vec E(0,x)=\color{green}\underbrace{ \dfrac{\sigma_{ext}}{\epsilon_0}}_{placa \,externa} \)\( \color{red}\underbrace{+\displaystyle\dfrac{-\sigma_{int}}{2\epsilon_0}}_{tapa \,interna\,signo\,contrario} \)\( \color{red}+\underbrace{(-1)\displaystyle\dfrac{\sigma_{int}}{2\epsilon_0}}_{tapa \,interna\,mismo\,signo} \)\( \color{blue}\underbrace{+\displaystyle\int_{d}^{d+l}\dfrac{\lambda(x)}{4\pi\epsilon_0\sqrt{(x-d)^2+(r-r_0)^2}^2}dx}_{superficie \,cilíndrica} \)

Vale, ya me voy situando. Estás metiendo la varilla entre dos superficies planas uniformemente cargadas. Lo que te he puesto en verde no entiendo muy bien qué representa, lo que te he puesto en rojo es lo que yo había llamado por \( E_0 \) (así nos olvidamos de las placas), y lo que te he puesto en azul creo que quieres que sea el campo creado por la carga inducida en la superficie lateral de la varilla, pero no entiendo en qué punto ni por qué dices que se puede despreciar (a parte lo de elevar al cuadrado una raíz cuadrada se puede simplificar, ¿no?).

Un saludo.

14 Diciembre, 2019, 11:42 pm
Respuesta #35

Richard R Richard

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Vale, ya me voy situando. Estás metiendo la varilla entre dos superficies planas uniformemente cargadas.

Si así arrancó el problema.

Citar
Calcular la distribución lineal de carga λ(x) en una varilla metálica de longitud L, neutra, aislada y alineada con un campo eléctrico externo E constante en módulo y sentido

un campo así lo crean dos placas cargadas de signo opuesto.


Lo que te he puesto en verde no entiendo muy bien qué representa,

Es el campo que crean las dos placas paralelas,  ej campo entre placas de un capacitor. es el que debe neutralizar la distribución de cargas inducidas



 
lo que te he puesto en rojo es lo que yo había llamado por \( E_0 \) (así nos olvidamos de las placas),

eso es el campo que crean las cargas que se ubican en ambas tapas del cilindro

y lo que te he puesto en azul creo que quieres que sea el campo creado por la carga inducida en la superficie lateral de la varilla,

entiendo que es lo que "pretenden sea el campo creado por la carga inducida en la superficie lateral de la varilla" y trato de demostrar que es nulo.



pero no entiendo en qué punto ni por qué dices que se puede despreciar (a parte lo de elevar al cuadrado una raíz cuadrada se puede simplificar, ¿no?).

Un saludo.

si se puede simplificar y de hecho la deje para que se vea que viene de la ecuación  del campo de una carga culombiana a una distancia aritraria x.

pero que pasa para que el campo sea constante , cada posición \( x \in[d,d+l] \) no es exactamente simétrica con sus vecinas , puedes hallar una carga distribuido para d+l/2 simétrica , pero cuando evaluas en d+l/4 lo que hay a la derecha y lo que hay a izquierda como campo , no es precisamente un valor siempre constante en función de la posición, que anule el campo exterior \( \sigma/\epsilon_0 \) verde sin que haya carga en los extremos.


lo mas importante que no he dicho y era para lo que puse ese choclo de fórmula es que \( E_{r,x}=0 \) dentro de la varilla, luego despreciando carga en las tapas

\( \displaystyle\int_d^X\dfrac{\lambda(x)}{4\pi\epsilon_0\sqrt{(x-d)^2+(r-r_0)^2}^2}dx+\displaystyle\int_X^{l+d}\dfrac{\lambda(x)}{4\pi\epsilon_0\sqrt{(x-d)^2+(r-r_0)^2}^2}dx+\dfrac{\sigma}{\epsilon_0}=0 \quad \forall X\in [d,d+l]
 \)

si bien parece una suma de integrales obvia, no cualquier \( \lambda(x) \) lo cumple, y a mi se me hace muy obvio que ninguno lo cumple, solo si las cargas están en lasa caras del extremos de la varilla, el campo es nulo  y no se como explicarlo mejor.
Saludos  \(\mathbb {R}^3\)

15 Diciembre, 2019, 09:30 am
Respuesta #36

martiniano

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Hola.


Vale, ya me voy situando. Estás metiendo la varilla entre dos superficies planas uniformemente cargadas.

Si así arrancó el problema.

Citar
Calcular la distribución lineal de carga λ(x) en una varilla metálica de longitud L, neutra, aislada y alineada con un campo eléctrico externo E constante en módulo y sentido

un campo así lo crean dos placas cargadas de signo opuesto.


Lo que te he puesto en verde no entiendo muy bien qué representa,

Es el campo que crean las dos placas paralelas,  ej campo entre placas de un capacitor. es el que debe neutralizar la distribución de cargas inducidas

Vale. Entonces es a eso a lo que yo he llamado \( E_0 \). No obstante, permíteme recalcarte un matiz. No es lo mismo meter la varilla en una zona en la que hay un campo uniforme, creado por una, dos, o las que sean, distribuciones planas, indefinidas y uniformes de carga, que meterlo entre dos placas conductoras conectadas a un cierto potencial. En el segundo caso, las cargas inducidas en la varilla provocan un campo que afecta a la distribución de carga en las placas conductoras, modificando la componente del campo que éstas crean. De momento, todos estamos considerando en nuestras ecuaciones el primer caso.

lo que te he puesto en rojo es lo que yo había llamado por \( E_0 \) (así nos olvidamos de las placas),

eso es el campo que crean las cargas que se ubican en ambas tapas del cilindro

Entiendo. Diría que es demasiado aventurarse aplicar ahí esa fórmula. Se podría aplicar en caso de que las bases fuesen infinitas y uniformemente cargadas (no son ni una cosa ni la otra) o en el caso de que estuviésemos en las proximidades de la varilla pero en su exterior (que tampoco es el caso). Me temo que para calcular el campo creado por las densidades superficiales de carga inducidas en las bases del cilindro habría que volver a hacer el uso de integrales. Es por ello que yo me he limitado al caso en el que \( r\rightarrow{0} \) en \( r_0=0 \) . O al revés, no tengo claro a cuál de las dos incógnitas asignas el radio del cilindro y a cuál la coordenada del punto en el que estamos calculando el campo. Al limitarnos a ese caso, las cargas en las bases del cilindro se reducen a dos cargas puntuales, que he llamado \( Q \) y \( -Q \).

y lo que te he puesto en azul creo que quieres que sea el campo creado por la carga inducida en la superficie lateral de la varilla,

entiendo que es lo que "pretenden sea el campo creado por la carga inducida en la superficie lateral de la varilla" y trato de demostrar que es nulo.

No lo creo. Ahora lo vemos.

lo mas importante que no he dicho y era para lo que puse ese choclo de fórmula es que \( E_{r,x}=0 \) dentro de la varilla, luego despreciando carga en las tapas

\( \displaystyle\int_d^X\dfrac{\lambda(x)}{4\pi\epsilon_0\sqrt{(x-\color{red}d\color{black})^2+(r-r_0)^2}^2}dx+\displaystyle\int_X^{l+d}\dfrac{\lambda(x)}{4\pi\epsilon_0\sqrt{(x-\color{red}d\color{black})^2+(r-r_0)^2}^2}dx+\dfrac{\sigma}{\epsilon_0}=0 \quad \forall X\in [d,d+l]
 \)

Vale. Ya veo de dónde ha salido la integral que te marqué en azul en la anterior respuesta. Aquí la has puesto separada. Quieres que el primer sumando sea el campo creado por la carga lateral de la varilla a un lado del punto en el que estamos calculando el campo y el segundo sumando el creado por la que se halla al otro lado. Para empezar, esos dos campos deben restarse, no sumarse, ya que actúan en sentidos opuestos, por lo que las dos integrales no se pueden agrupar. Entiendo también que llamas \( X \) a la coordenada del punto en el que estás calculando el campo y \( x \) a la coordenada del punto que lo crea. Creo también que llamas \( r \) al radio del cilindro y \( r
_0 \) a la coordenada radial del punto en el que se está calculando el campo. Si es así, en lo que te he puesto en rojo, ¿no habrás querido poner \( X \)?

Aún así, creo que has cometido algún otro error, más de carácter conceptual. Por un lado, parece que estás integrando el módulo del campo eléctrico, cuando en realidad se deberían integrar componentes del mismo (axiales, supongo). Por otro lado la distancia radial de un punto de la superficie cilíndrica a un punto del interior del cilindro situado a una distancia \( r_0 \) del cilindro no es \( r-r_0 \), sino que varía con el ángulo que forman los radios que unen el eje del cilindro con cada punto. Por lo que esas integrales se convertirían en integrales dobles.

Observa que, nuevamente al limitarnos al caso de que \( r\rightarrow{0} \), desaparece lo de la doble integración.

Un saludo.

15 Diciembre, 2019, 01:42 pm
Respuesta #37

Richard R Richard

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Vale. Entonces es a eso a lo que yo he llamado \( E_0 \). No obstante, permíteme recalcarte un matiz. No es lo mismo meter la varilla en una zona en la que hay un campo uniforme, creado por una, dos, o las que sean, distribuciones planas, indefinidas y uniformes de carga, que meterlo entre dos placas conductoras conectadas a un cierto potencial. En el segundo caso, las cargas inducidas en la varilla provocan un campo que afecta a la distribución de carga en las placas conductoras, modificando la componente del campo que éstas crean. De momento, todos estamos considerando en nuestras ecuaciones el primer caso.

Hola Martiniano , como va, si entiendo que son diferentes, por eso no estamos considerando el segundo caso, por varias razones

  • El enunciado dice que el campo externo a la varilla es constante, cosa que en la vida real  planos infinitos no tenemos, y placas conductoras que no desvíen su campo en presencia de la carga de los extremos de la varilla tampoco tenemos
  • los potenciales a los que debes someter a cada placa conductora deben ser distinto entre sí, de hecho si el potencial fuera el mismo, el campo creado es nulo. En definitiva tiene que haber diferencia de potencial entre placas
  • Nos hemos limitado a ver como es la distribucion en la varilla y no en las placas, que ya las sabemos del hilo http://rinconmatematico.com/foros/index.php?topic=111722.0
Por eso aclaro como sugerencia que hubiera sido mejor que escribas "cierta diferencia de potencial", en vez de "cierto potencial" , pues puede traer a confusión que puede ser el mismo.

Entiendo. Diría que es demasiado aventurarse aplicar ahí esa fórmula. Se podría aplicar en caso de que las bases fuesen infinitas y uniformemente cargadas (no son ni una cosa ni la otra) o en el caso de que estuviésemos en las proximidades de la varilla pero en su exterior (que tampoco es el caso).
Sí ,sí, de acuerdo.

Me temo que para calcular el campo creado por las densidades superficiales de carga inducidas en las bases del cilindro habría que volver a hacer el uso de integrales.
Claro, llegariamos a densidades superficiales en funcion de un radio en el caso de base circular por ej. a la vez nos libraremos de los famosos infinitos, así como también el campo creado por esas cargas está direccionado hacia el interior de la varilla y es constante que nos viene como anillo al dedo.

Es por ello que yo me he limitado al caso en el que \( r\rightarrow{0} \) en \( r_0=0 \) . O al revés, no tengo claro a cuál de las dos incógnitas asignas el radio del cilindro y a cuál la coordenada del punto en el que estamos calculando el campo.

lo he definido haciendo \( r \), como la variable y \( r_0 \) el punto donde mides \( r_0=0 \) es el eje de la varilla por ejemplo y \( r=R \)  la variable evalúa la superficie externa.

Al limitarnos a ese caso, las cargas en las bases del cilindro se reducen a dos cargas puntuales, que he llamado \( Q \) y \( -Q \).

El tema es que si haces eso conviertes a la varilla en un dipolo de cargas puntuales \( +Q \) y \( -Q \) separadas la distancia \( l \)  cada una de las cargas a una distancia \( d \) de las placas, pero en los dipolos el potencial entre las cargas no es constante, y aquí si lo necesitamos, por ser la varilla conductora.
Eso nos lleva a pensar entonces toda la carga no esta en el extremo, que esta distribuida y puedo hallar su función creadora.
Con la formula corregida de mi anterior post , intento explicar que el campo creado por la carga a lado izquierdo y derecho sumados(ya te digo porque insisto) tiene que ser constante a lo largo de la varilla,
si me muevo un \( dx \) la carga a la izquierda aumenta un \( d\lambda \) y a la derecha cae en \( -d\lambda \) eso para que el potencial sea constante \( \dfrac{d\lambda}{dx} \) intuitivamente creemos  que debe  ser una constante pero al movernos dx nos movemos respecto de toda la carga acumulada cuyo campo cae con el cuadrado de la distancia y del otro lado crece con el cuadrado de la distancia. Luego no veo como ambas situaciones pueden ser compatibles. por eso digo que no es correcta tal suposición.


Vale. Ya veo de dónde ha salido la integral que te marqué en azul en la anterior respuesta. Aquí la has puesto separada. Quieres que el primer sumando sea el campo creado por la carga lateral de la varilla a un lado del punto en el que estamos calculando el campo y el segundo sumando el creado por la que se halla al otro lado. Para empezar, esos dos campos deben restarse, no sumarse, ya que actúan en sentidos opuestos, por lo que las dos integrales no se pueden agrupar.

No eso no es cierto el campo creado por la carga del lado derecho tiene que ser siempre mayor que la del lado izquierdo más un valor constante que es el del campo externo, de ese modo el campo interior es nulo. Fijate que lo que le da dirección al campo es el signo de la carga  y no el signo el de la integral,  si haces Gauss y cierras la superficie mas allá un  \( dx \) lo que se encierra de carga es un \( d\lambda \)
las flechas en azul son de campo nulo solo el flujo externo a la varilla compensa el campo externo, luego cada diferencial que te muevas tiene que tener la misma carga encerrada pues compensa el mismo campo exterior, así el diferencial de lambda es nulo. en definitiva solo hay carga en la superficie de la cara  en la punta de la varilla.







Entiendo también que llamas \( X \) a la coordenada del punto en el que estás calculando el campo y \( x \) a la coordenada del punto que lo crea. Creo también que llamas \( r \) al radio del cilindro y \( r
_0 \) a la coordenada radial del punto en el que se está calculando el campo. Si es así, en lo que te he puesto en rojo, ¿no habrás querido poner \( X \)?

No, revisa, la interpretación de cada variable es correcta, pero la integral la evaluas desde el inicio de la varilla en d hasta la posición X que esta entre d y d+l, el campo a la izquierda lo sumas al de la deracha y ambos compensan al campo externo.

Aún así, creo que has cometido algún otro error, más de carácter conceptual. Por un lado, parece que estás integrando el módulo del campo eléctrico, cuando en realidad se deberían integrar componentes del mismo (axiales, supongo). Por otro lado la distancia radial de un punto de la superficie cilíndrica a un punto del interior del cilindro situado a una distancia \( r_0 \) del cilindro no es \( r-r_0 \), sino que varía con el ángulo que forman los radios que unen el eje del cilindro con cada punto. Por lo que esas integrales se convertirían en integrales dobles.

Creo que alli si llevas razón, la componente es proporcional a \( \dfrac{x-d}{\sqrt{(x-d)^2+(r-r_0)^2}} \) es mas compleja la integral, pero insisto \( d\lambda \) es nulo pues el campo es el mismo a ambos lados del diferencial, por lo que resolver esta integral es innecesario.

Observa que, nuevamente al limitarnos al caso de que \( r\rightarrow{0} \), desaparece lo de la doble integración.

Un saludo.

De acuerdo de nuevo.



En resumidas mi posición es (si no me equivoco garrafalmente) que solo sucede


\( \vec E(r_0,x)= \dfrac{\sigma_{ext}}{\epsilon_0}+\displaystyle\dfrac{-\sigma_{int}}{2\epsilon_0}(-1)\displaystyle\dfrac{\sigma_{int}}{2\epsilon_0} \)

pues

\( +\displaystyle\int_{d}^{d+l}\dfrac{\lambda(x)(x-d)}{4\pi\epsilon_0\sqrt{(x-d)^2+(r-r_0)^2}^3}dx=0 \) siempre pues \( \lambda(x)=0 \)

osea


\( \vec E(r_0,x)= \dfrac{\vec \sigma_{ext}}{\epsilon_0}+\displaystyle\dfrac{-\vec\sigma_{int}}{\epsilon_0}=\vec 0 \)

luego aparece la misma \( \sigma \) en la tapa de la varilla que compensa el campo externo justamente en el interior.
Saludos  \(\mathbb {R}^3\)

15 Diciembre, 2019, 04:28 pm
Respuesta #38

martiniano

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Hola.

Vale. Entonces es a eso a lo que yo he llamado \( E_0 \). No obstante, permíteme recalcarte un matiz. No es lo mismo meter la varilla en una zona en la que hay un campo uniforme, creado por una, dos, o las que sean, distribuciones planas, indefinidas y uniformes de carga, que meterlo entre dos placas conductoras conectadas a un cierto potencial. En el segundo caso, las cargas inducidas en la varilla provocan un campo que afecta a la distribución de carga en las placas conductoras, modificando la componente del campo que éstas crean. De momento, todos estamos considerando en nuestras ecuaciones el primer caso.

Hola Martiniano , como va, si entiendo que son diferentes, por eso no estamos considerando el segundo caso, por varias razones


  • El enunciado dice que el campo externo a la varilla es constante, cosa que en la vida real  planos infinitos no tenemos, y placas conductoras que no desvíen su campo en presencia de la carga de los extremos de la varilla tampoco tenemos

Ya. Entiendo que en el enunciado se habla de un caso ideal.

Por eso aclaro como sugerencia que hubiera sido mejor que escribas "cierta diferencia de potencial", en vez de "cierto potencial" , pues puede traer a confusión que puede ser el mismo.

De acuerdo. No pensé en la posible confusión. Me estaba refiriendo a la diferencia de potencial entre ellas. El caso es que si consideras que el campo lo crean dos placas conductoras entre las que metes la varilla, también conductora, ya no puedes considerar que el campo que generan las dos placas es \( \displaystyle\frac{\sigma}{\epsilon_0} \). Ya que, entre otras cosas \( \sigma \) ha dejado de ser constante. Por cierto, que para deducir esa fórmula, que insisto aquí no se podría utilizar, se admite como hipótesis que ambas placas deben ser infinitas. No sé si os resistís a utilizar objetos infinitos porque no existen en la realidad o porque complican las cosas. Si es por lo segundo no tiene demasiado sentido, ya que en realidad lo que pasa es que las facilitan.

El caso, es que por simplicidad, yo consideraría, al igual que habéis hecho todos vosotros hasta ahora en vuestras fórmulas, que el campo no se ve afectado al introducir la varilla, y esa situación se da cuando el campo lo crea una distribución de carga plana, uniforme e infinita. Si consideramos que esa distribución está sobre un material conductor la cosa falla porque la distribución deja de ser uniforme al enfrentar una varilla conductora.

Al limitarnos a ese caso, las cargas en las bases del cilindro se reducen a dos cargas puntuales, que he llamado \( Q \) y \( -Q \).

El tema es que si haces eso conviertes a la varilla en un dipolo de cargas puntuales \( +Q \) y \( -Q \) separadas la distancia \( l \)  cada una de las cargas a una distancia \( d \) de las placas, pero en los dipolos el potencial entre las cargas no es constante, y aquí si lo necesitamos, por ser la varilla conductora.
Eso nos lleva a pensar entonces toda la carga no esta en el extremo, que esta distribuida y puedo hallar su función creadora.

Diría que necesitas ambas cosas. Una distribución de carga lineal sobre la varilla y dos cargas puntuales sobre los extremos. Considerar sólo las cargas puntuales no es suficiente, como dices, para conseguir que el potencial en la varilla sea constante. Por otro lado, si sólo se considera la densidad lineal tampoco es posible calcularla como demostré en mi respuesta anterior. Sé que, por lo que dices a continuación, no crees que la ecuación en la que me basé sea correcta. Vamos pues a debatir eso.

Aprovecho para comentar, que una vez aclarados los detalles que me llevaron a proponer dicha ecuación, para comprobar la validez del modelo (cosa que todavía está pendiente hacer formalmente) habría que preguntarse sobre la existencia y unicidad de la carga \( Q \) y la función \( \lambda(x) \). Ese es un problema matemático que pienso que puede valer la pena. Posiblemente, con vuestro permiso, y si no conseguimos resolverlo aquí, pienso que deberíamos hablar de él en otra sección del foro para que pueda participar gente que no tenga conocimientos de física o que no le apetezca leerse toda está conversación para poder participar en la pregunta. Una vez probada la existencia y unicidad de \( Q \) y de \( \lambda \) y con ello la validez del modelo, hallar aproximaciones de las mismas sería cuestión de aplicar métodos numéricos. No creo que se pueda hacer analíticamente. La verdad es que se me están ocurriendo muchos métodos para hacerlo y creo que va a ser muy interesante compararlos. Pero, como digo, primero hay que aclarar alguna que otra cosilla.

Vale. Ya veo de dónde ha salido la integral que te marqué en azul en la anterior respuesta. Aquí la has puesto separada. Quieres que el primer sumando sea el campo creado por la carga lateral de la varilla a un lado del punto en el que estamos calculando el campo y el segundo sumando el creado por la que se halla al otro lado. Para empezar, esos dos campos deben restarse, no sumarse, ya que actúan en sentidos opuestos, por lo que las dos integrales no se pueden agrupar.

No eso no es cierto el campo creado por la carga del lado derecho tiene que ser siempre mayor que la del lado izquierdo más un valor constante que es el del campo externo, de ese modo el campo interior es nulo.

Claro, en eso creo que estamos todos de acuerdo.

Fijate que lo que le da dirección al campo es el signo de la carga  y no el signo el de la integral,  si haces Gauss y cierras la superficie mas allá un  \( dx \) lo que se encierra de carga es un \( d\lambda \)

No sé muy bien si te he entendido. Supongo que por signo de la carga te refieres al signo de \( \lambda(x) \). El signo de esa función afecta de forma directa al signo de la integral. Es decir, cambiarle el signo a una, es exactamente lo mismo que cambiárselo a la otra.

las flechas en azul son de campo nulo solo el flujo externo a la varilla compensa el campo externo, luego cada diferencial que te muevas tiene que tener la misma carga encerrada pues compensa el mismo campo exterior, así el diferencial de lambda es nulo. en definitiva solo hay carga en la superficie de la cara  en la punta de la varilla.





Mmmm... ¿No habías dicho que \( l \) era la longitud de la varilla? En el dibujo no parece que estés llamando \( l \) a eso... De lo de si esas integrales hay que sumarlas o restarlas hablaré más abajo.

Entiendo también que llamas \( X \) a la coordenada del punto en el que estás calculando el campo y \( x \) a la coordenada del punto que lo crea. Creo también que llamas \( r \) al radio del cilindro y \( r
_0 \) a la coordenada radial del punto en el que se está calculando el campo. Si es así, en lo que te he puesto en rojo, ¿no habrás querido poner \( X \)?

No, revisa, la interpretación de cada variable es correcta, pero la integral la evaluas desde el inicio de la varilla en d hasta la posición X que esta entre d y d+l, el campo a la izquierda lo sumas al de la deracha y ambos compensan al campo externo.

Diría que estás equivocado. No es posible que el campo creado en un punto \( X \) de la varilla por un elemento diferencial de carga situado en un punto \( x \) también de la varilla no dependa de \( X \) pero sí dependa de la distancia arbitraria \( d \) de la varilla a un origen de coordenadas también arbitrario.

A ver si aclaramos esto y lo del signo que hay que anteponer a cada integral con un caso más sencillo. Supón una varilla de longitud \( l \) que está colocada sobre el eje \( OX \) ocupnado los puntos que hay entre \( x=d \) y \( x=l+d \). Supón que la varilla está cargada con una densidad lineal de \( \lambda=2\,C/m \) y que queremos calcular el campo en un punto situado a una distancia \( X \) del origen de coordenadas.



Si llamamos \( \vec{E_1} \) al campo creado por el trozo de la varilla que queda a la izquierda de \( X \) y \( \vec{E_2} \) al creado por el trozo que queda a la derecha, entonces sus módulos valen:

\( E_1=\displaystyle\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\displaystyle\int_{d}^{X}\displaystyle\frac{\lambda(x)}{(X-x)^2}\,dx \)

\( E_2=\displaystyle\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\displaystyle\int_{X}^{l+d}\displaystyle\frac{\lambda(x)}{(X-x)^2}\,dx \)

Fíjate que en ambos casos \( \displaystyle\frac{\lambda(x)}{(X-x)^2}\,dx \) es el campo creado en \( X \) por el diferencial de carga \( \lambda(x)\,dx \) , situado en \( x \). Es por ello que en el denominador hay que poner la distancia entre el elemento diferencial y el punto en el que crea el campo. A lo de poner una \( d \) ahí en lugar de una \( X \) no le veo mucho sentido...

Por otro lado, fíjate en que los dos campos tienen sentido opuesto, por lo que si queremos calcular el módulo y sentido del campo resultante habrá que restar estos dos módulos. Si los sumamos obtenemos otra cosa. Fíjate también en que si la función \( \lambda(x) \) cambia de signo en algún intérvalo y que ello repercute en el sentido de alguno de los dos campos, también repercutirá en el signo de la integral correspondiente, por lo que los cambios de signo de la función \( \lambda(x) \) no afectan a la operación que haya que hacer con los resultados de ambas integrales.

¿Cómo lo ves? Un saludo.  ;)

15 Diciembre, 2019, 06:30 pm
Respuesta #39

Richard R Richard

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Ya. Entiendo que en el enunciado se habla de un caso ideal.

en el caso real las lineas de campo parten en una carga positiva y terminan en una negativa, las placas acercas sus cargas positivas y la varilla acerca las negativas de un extremo y aleja las positivas hacia el otro o viceversa. el campo no es constante , luego si no es constante, la distribucion de carga en la varilla queda mas libre de interpretación.



El caso, es que por simplicidad, yo consideraría, al igual que habéis hecho todos vosotros hasta ahora en vuestras fórmulas, que el campo no se ve afectado al introducir la varilla, y esa situación se da cuando el campo lo crea una distribución de carga plana, uniforme e infinita. Si consideramos que esa distribución está sobre un material conductor la cosa falla porque la distribución deja de ser uniforme al enfrentar una varilla conductora.
Coincido




Diría que necesitas ambas cosas. Una distribución de carga lineal sobre la varilla y dos cargas puntuales sobre los extremos. Considerar sólo las cargas puntuales no es suficiente, como dices, para conseguir que el potencial en la varilla sea constante. Por otro lado, si sólo se considera la densidad lineal tampoco es posible calcularla como demostré en mi respuesta anterior. Sé que, por lo que dices a continuación, no crees que la ecuación en la que me basé sea correcta. Vamos pues a debatir eso.


Aprovecho para comentar, que una vez aclarados los detalles que me llevaron a proponer dicha ecuación, para comprobar la validez del modelo (cosa que todavía está pendiente hacer formalmente) habría que preguntarse sobre la existencia y unicidad de la carga \( Q \) y la función \( \lambda(x) \). Ese es un problema matemático que pienso que puede valer la pena. Posiblemente, con vuestro permiso, y si no conseguimos resolverlo aquí, pienso que deberíamos hablar de él en otra sección del foro para que pueda participar gente que no tenga conocimientos de física o que no le apetezca leerse toda está conversación para poder participar en la pregunta. Una vez probada la existencia y unicidad de \( Q \) y de \( \lambda \) y con ello la validez del modelo, hallar aproximaciones de las mismas sería cuestión de aplicar métodos numéricos. No creo que se pueda hacer analíticamente. La verdad es que se me están ocurriendo muchos métodos para hacerlo y creo que va a ser muy interesante compararlos. Pero, como digo, primero hay que aclarar alguna que otra cosilla.
De acuerdo ,  aver que sale del debate.



No sé muy bien si te he entendido. Supongo que por signo de la carga te refieres al signo de \( \lambda(x) \). El signo de esa función afecta de forma directa al signo de la integral. Es decir, cambiarle el signo a una, es exactamente lo mismo que cambiárselo a la otra.
el tema pasa por determinar si se puede proponer un punto donde \( \lambda \) cambie de signo y a la vez las integrales hasta cualquier punto X den un campo nulo para cualquier X.



Mmmm... ¿No habías dicho que \( l \) era la longitud de la varilla? En el dibujo no parece que estés llamando \( l \) a eso... De lo de si esas integrales hay que sumarlas o restarlas hablaré más abajo.
Siento no haber sido claro pero si es correcto que \( l \) es la longitud de la varilla , solo que intente un corte de un solo extremo de la varilla.


Diría que estás equivocado. No es posible que el campo creado en un punto \( X \) de la varilla por un elemento diferencial de carga situado en un punto \( x \) también de la varilla no dependa de \( X \) pero sí dependa de la distancia arbitraria \( d \) de la varilla a un origen de coordenadas también arbitrario.
No creería que debes decir

 No es posible que el campo que existe en un punto \( X \) de la varilla  creado por un elemento diferencial de carga situado en un punto \( x \) también de la varilla no dependa de \( X \)


pero si depende de que posición X en la varilla te halles, entonces el campo no es constante... en combinación con el resto debe sumar siempre nulo y el resto es constante(si es ideal).

Luego por otro lado como variable de contorno el valor d  tambien influye (si perdemos las condiciones de idealidad) se comprime mas o menos las cargas en la placa.(no lo tengamos en mente)


A ver si aclaramos esto y lo del signo que hay que anteponer a cada integral con un caso más sencillo. Supón una varilla de longitud \( l \) que está colocada sobre el eje \( OX \) ocupando los puntos que hay entre \( x=d \) y \( x=l+d \). Supón que la varilla está cargada con una densidad lineal de \( \lambda=2\,C/m \) y que queremos calcular el campo en un punto situado a una distancia \( X \) del origen de coordenadas.


tu grafico es mas claro que el mio...

solo ten en cuenta que lambda no puede ser constante, pues entonces tendríamos una carga media a mitad de distancia de los segmentos  \( [d,X]  \)y \( [X,l+d] \) ambas cargas tiene el mismo signo crean campos opuesto de distinta intensidad según el valor de X y buscamos lo contrario, que con independencia de X el campo sea constante.

Por otro lado ya sabes que la carga inducida es positiva en un extremo y negativa en el otro, luego los campos tienen siempre la misma dirección, es decir se suman , no se restan, aun cuando la densidad en el punto x tenga distinto signo que en X.


Si llamamos \( \vec{E_1} \) al campo creado por el trozo de la varilla que queda a la izquierda de \( X \) y \( \vec{E_2} \) al creado por el trozo que queda a la derecha, entonces sus módulos valen:

\( E_1=\displaystyle\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\displaystyle\int_{d}^{X}\displaystyle\frac{\lambda(x)}{(X-x)^2}\,dx \)

\( E_2=\displaystyle\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\displaystyle\int_{X}^{l+d}\displaystyle\frac{\lambda(x)}{(X-x)^2}\,dx \)

es una cuestión de definición Martiniano, si \( \vec E_2 \) va en contra de \( \vec E_1 \) los restas y si como yo propongo \( \vec E_2 \)  tiene el mismo sentido que \( \vec E_1 \), entonces los sumo, vamos a llegar a lo mismo.


Fíjate que en ambos casos \( \displaystyle\frac{\lambda(x)}{(X-x)^2}\,dx \) es el campo creado en \( X \) por el diferencial de carga \( \lambda(x)\,dx \) , situado en \( x \). Es por ello que en el denominador hay que poner la distancia entre el elemento diferencial y el punto en el que crea el campo. A lo de poner una \( d \) ahí en lugar de una \( X \) no le veo mucho sentido...
Aha! si tienes razón, he caído en lo que explicas, me ha quedado ese \( d \)  pero al dividir la ecuación en dos  ahora  es la distancia al punto de medición X la que va. Correcto, mil disculpas si te discuti en vano.



Por otro lado, fíjate en que los dos campos tienen sentido opuesto, por lo que si queremos calcular el módulo y sentido del campo resultante habrá que restar estos dos módulos. Si los sumamos obtenemos otra cosa. Fíjate también en que si la función \( \lambda(x) \) cambia de signo en algún intérvalo y que ello repercute en el sentido de alguno de los dos campos, también repercutirá en el signo de la integral correspondiente, por lo que los cambios de signo de la función \( \lambda(x) \) no afectan a la operación que haya que hacer con los resultados de ambas integrales.

¿Cómo lo ves? Un saludo.  ;)

Esto último lo aclare antes, la flecha del vector indica si lo sumas o lo restas,  a la vez el signo de \( \lambda \) en el punto \(  x \) o bien  suma o bien resta dependiendo de su distribución, ya que en la cercanía d los extremos, tiene signo contrario al del otro extremo, si el sistema esta equilibrado es decir \( d \) es el mismo en los dos extremos, entonces el cambio de signo ocurre en \( d+l/2 \)

pero cuando evaluas en un punto \(  X \neq d+l/2 \) las cargas de signo contrario están más alejadas que las cercanas del signo de la posicion X,aportando menor compensacion de campo al estar mas alejadas, aun así la integral de ambos lados tienen que tener una diferencia o suma (como quieras) constante.

Lo veo dificil pero no imposible... ::)
Saludos  \(\mathbb {R}^3\)