Potencial eléctrico de un segmento cargado

De Laplace

Revisión a fecha de 18:12 30 nov 2008; Antonio (Discusión | contribuciones)

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Contenido

1 Enunciado
2 Solución
- 2.1 Potencial eléctrico
- 2.2 Superficies equipotenciales

1 Enunciado

Sea un segmento rectilíneo de longitud $L$ , sobre el cual existe una densidad de carga uniforme $λ$ .

Halle el potencial que produce en un punto cualquiera del espacio.
Demuestre que las equipotenciales son elipsoides con focos los extremos del segmento.

2 Solución

2.1 Potencial eléctrico

El cálculo del potencial eléctrico debido a un segmento es algo más complicado que el del campo eléctrico, pese a que la integral es aparentemente más simple. Para hallar el potencial por integración directa, debemos resolver la integral

$\phi(\mathbf{r})=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\int \frac{\lambda(\mathbf{r'})}{|\mathbf{r}-\mathbf{r}'|}\mathrm{d}l'$

En nuestro caso, empleando los mismos ejes y las mismas variables que para el cálculo del campo eléctrico, nos queda

$\phi(\mathbf{r})=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\int_{-L/2}^{L/2} \frac{\lambda}{\sqrt{x^2+y^2+(z-z')^2}}\mathrm{d}z'$

Empleando de nuevo el cambio de variable

$z'-z=\sqrt{x^2+y^2}\tan\alpha$ $\mathrm{d}z'=\frac{\sqrt{x^2+y^2}}{\cos^2\alpha}\,\mathrm{d}\alpha$

nos queda ahora

$\phi= \frac{\lambda}{4\pi\varepsilon_0}\int_{\alpha_1}^{\alpha_2}\frac{\mathrm{d}\alpha}{\cos\alpha}$

Esta integral no es inmediata, pero existen técnicas “mecánicas” para resolverla. Una posibilidad es introducir el nuevo cambio de variable

$t = \mathrm{sen}\,\alpha$ $\mathrm{d}t = \cos\alpha\,\mathrm{d}\alpha$

y la integral se nos transforma en

$\phi = \frac{\lambda}{4\pi\varepsilon_0}\int_{t_1}^{t_2}\frac{\mathrm{d}t}{1-t^2}$

Esta integral se descompone en dos fracciones y obtenemos finalmente

$\phi = \frac{\lambda}{8\pi\varepsilon_0}\left.\ln\left(\frac{1+t}{1-t}\right)\right|_{\mathrm{sen}\alpha_1}^{\mathrm{sen}\alpha_2} = \frac{\lambda}{8\pi\varepsilon_0}\ln\left(\frac{(1+\mathrm{sen}\,\alpha_2)(1-\mathrm{sen}\,\alpha_1)}{(1-\mathrm{sen}\,\alpha_2)(1+\mathrm{sen}\,\alpha_1)}\right)$

Una forma alternativa y mucho más directa consiste en emplear funciones hiperbólicas. Si en lugar del cambio de variable de la tangente, empleamos

$z'-z=\sqrt{x^2+y^2}\mathrm{senh}u$

No se pudo entender (Falta el ejecutable de <strong>texvc</strong>. Por favor, lea <em>math/README</em> para configurarlo.): \mathrm{d}z'=\sqrt{x^2+y^2}\cosh u}\,\mathrm{d}u

nos queda, simplemente,

$\phi = \frac{\lambda}{4\pi\varepsilon_0}\left(\mathrm{arcsenh}\,u_2-\mathrm{arcsenh}\,u_1\right)$

2.2 Superficies equipotenciales

Potencial eléctrico de un segmento cargado

De Laplace

Contenido

1 Enunciado

2 Solución

2.1 Potencial eléctrico

2.2 Superficies equipotenciales

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