Sea una barra horizontal finita de densidad lineal de carga eléctrica uniforme λ con un extremo en x = -a y el otro en x = +b, ¿cuál es el campo...

Sea una barra horizontal finita de densidad lineal de carga eléctrica uniforme λλ con un extremo en x=−ax=−a y el otro en x=+b.x=+b. Sea QQ la carga eléctrica de la barra, siendo Q>0CQ>0C (aunque los resultados finales son los mismos, independientemente del signo de QQ). Sea también la longitud de la barra LL y un punto PP sobre el eje yy a una distancia dd del origen (denotado OO) (que también se puede entender como esa misma distancia de la barra).

Una representación visual de lo anterior puede ser lo siguiente:

λ,λ, QQ y LL están relacionados entre sí tal que

λ=QLλ=QL

Unamos los extremos de la barra con PP mediante líneas rectas de la siguiente manera:

Llamemos θRθR ("RR" de right, derecha) al ángulo generado entre el eje yy y la diagonal derecha y θLθL ("LL" de left, izquierda) al ángulo generado entre el eje yy y la diagonal izquierda:

Si tomamos la convención de que los ángulos levógiros (i.e., en el sentido contrario a las agujas del reloj) son positivos y los dextrógiros (i.e., en el sentido de las agujas del reloj) negativos, entonces tenemos que

θR>0radθR>0rad

y que

θL<0radθL<0rad

Tomemos un diferencial de carga eléctrica dQdQ en la parte derecha de la barra a una distancia rr de P.P. Este diferencial tendrá asociado un diferencial de longitud dxdx ("dxdx" por ser un diferencial de longitud en el eje xx). Como λλ es uniforme, tenemos que

λ=dQdxλ=dQdx

Multiplicando con dxdx a ambos lados de la igualdad:

dQ=λdxdQ=λdx

dQdQ generará un diferencial de campo eléctrico dE⃗ dE→ en PP de la siguiente manera:

dE⃗ dE→ puede descomponerse en dos componentes, uno horizontal (que llamaremos dExdEx por estar sobre el eje xx) y otro vertical (que llamaremos dEydEy por estar sobre el eje yy):

dE⃗ dE→ y dEydEy forman un ángulo entre sí al que llamaremos θ:θ:

Este ángulo será el mismo que el generado entre el eje yy y rr (deducción fácil visto el dibujo):

Sea xx la distancia entre el origen y dQ:dQ:

La magnitud de dE⃗ ,dE→, que denotaremos dE,dE, y sus componentes estarán relacionados de la siguiente manera (relaciones trigonométricas):

dEx=−dEsin(θ)dEx=−dEsin⁡(θ)

dEy=dEcos(θ)dEy=dEcos⁡(θ)

donde

dE=kdQr2=kλdxr2dE=kdQr2=kλdxr2

con kk la constante de Coulomb.

El signo negativo en dExdEx viene dado por la dirección de su equivalente vectorial, dE⃗ xdE→x (como apunta hacia la izquierda en el eje xx y nuestro sistema de referencia tiene las xx positivas hacia la derecha, he ahí el signo "--").

Por tanto,

dEx=−kλdxr2sin(θ)dEx=−kλdxr2sin⁡(θ)

dEy=kλdxr2cos(θ)dEy=kλdxr2cos⁡(θ)

Para obtener las componentes del campo eléctrico, E⃗ ,E→, necesitamos integrar los diferenciales respectivos. Concretamente, deben ser integrales definidas en términos de distancias horizontales: el límite inferior será −a−a y el superior +b:+b:

Ex=∫+b−adEx=∫+b−a−kλdxr2sin(θ)Ex=∫−a+bdEx=∫−a+b−kλdxr2sin⁡(θ)

y

Ey=∫+b−adEy=∫+b−akλdxr2cos(θ)Ey=∫−a+bdEy=∫−a+bkλdxr2cos⁡(θ)

El problema es que no tenemos ningún dato dentro de la integral en función de x.x. Por tanto, debemos hacer un cambio de diferencial (lo que también alterará los límites).

Un buen cambio sería de dxdx a dθ,dθ, ya que las siguientes integrales son inmediatas:

∫sin(θ)dθ=−cos(θ)+C∫sin⁡(θ)dθ=−cos⁡(θ)+C

∫cos(θ)dθ=sin(θ)+C∫cos⁡(θ)dθ=sin⁡(θ)+C

CC es una constante de integración (la cual no aparece en integrales definidas).

Asumamos, por el momento, que vamos a obtener integrales de ese tipo.

Siguiendo con las relaciones trigonométricas, tenemos que

sin(θ)=xrsin⁡(θ)=xr

y que

cos(θ)=drcos⁡(θ)=dr

Dividiendo el seno con el coseno, obtenemos la tangente, que en este caso es

tan(θ)=xrdr=x⋅rd⋅r=xdtan⁡(θ)=xrdr=x⋅rd⋅r=xd

Multiplicando con dd a ambos lados de la igualdad:

x=dtan(θ)x=dtan⁡(θ)

Como nos interesa obtener dθ,dθ, derivamos xx respecto a θ:θ:

dxdθ=dcos2(θ)dxdθ=dcos2⁡(θ)

Multiplicando con dθdθ a ambos lados de la igualdad:

dx=dcos2(θ)dθdx=dcos2⁡(θ)dθ

Recordemos ahora que

cos(θ)=drcos⁡(θ)=dr

Multiplicando con rr a ambos lados de la igualdad:

d=rcos(θ)d=rcos⁡(θ)

Elevando a 22 ambos miembros de la igualdad:

d2=r2cos2(θ)d2=r2cos2⁡(θ)

Podemos obtener esta nueva relación dividiendo dxdx con r2:r2:

dxr2=dr2cos2(θ)dθ=dd2dθdxr2=dr2cos2⁡(θ)dθ=dd2dθ

Simplificando:

dxr2=1ddθdxr2=1ddθ

Por tanto, las componentes de E⃗ E→ pueden venir dadas por

Ex=∫+b−a−kλdsin(θ)dθEx=∫−a+b−kλdsin⁡(θ)dθ

y por

Ey=∫+b−akλdcos(θ)dθEy=∫−a+bkλdcos⁡(θ)dθ

Sacando todas las constantes de las integrales:

Ex=−kλd∫+b−asin(θ)dθEx=−kλd∫−a+bsin⁡(θ)dθ

Ey=kλd∫+b−acos(θ)dθEy=kλd∫−a+bcos⁡(θ)dθ

Hemos obtenido las integrales esperadas. Pero los límites de integración son distancias y no ángulos. Como la integral está en términos de θ,θ, tenemos que los límites inferior y superiores serán ahora θLθL y θR,θR, respectivamente:

Ex=−kλd∫θRθLsin(θ)dθEx=−kλd∫θLθRsin⁡(θ)dθ

Ey=kλd∫θRθLcos(θ)dθEy=kλd∫θLθRcos⁡(θ)dθ

Resolviendo:

Ex=−kλd[−cos(θ)]θRθLEx=−kλd[−cos⁡(θ)]θLθR

Ey=kλd[sin(θ)]θRθLEy=kλd[sin⁡(θ)]θLθR

Por regla de Barrow:

Ex=−kλd[−cos(θR)−(−cos(θL))]Ex=−kλd[−cos⁡(θR)−(−cos⁡(θL))]

Ey=kλd[sin(θR)−sin(θL)]Ey=kλd[sin⁡(θR)−sin⁡(θL)]

Simplificando:

Ex=−kλd[−cos(θR)+cos(θL)]Ex=−kλd[−cos⁡(θR)+cos⁡(θL)]

Ey=kλd[sin(θR)−sin(θL)]Ey=kλd[sin⁡(θR)−sin⁡(θL)]

Simplificando aún más:

Ex=kλd[cos(θR)−cos(θL)]Ex=kλd[cos⁡(θR)−cos⁡(θL)]

Ey=kλd[sin(θR)−sin(θL)]Ey=kλd[sin⁡(θR)−sin⁡(θL)]

Por tanto, E⃗ E→ vendrá dado por

E⃗ ={Ex=kλd[cos(θR)−cos(θL)]Ey=kλd[sin(θR)−sin(θL)]E→={Ex=kλd[cos⁡(θR)−cos⁡(θL)]Ey=kλd[sin⁡(θR)−sin⁡(θL)]

A continuación, veremos unos casos particulares.

1. Barra horizontal finita de densidad lineal de carga eléctrica uniforme λλ y carga eléctrica QQ con origen en el centro de la barra

Como podemos observar en la imagen de arriba, al estar el origen en el centro de la barra, estamos a L/2L/2 de distancia de cada uno de los extremos. Además, los ángulos entre el eje yy y las diagonales (la de la derecha se ha llamado RR) que une cada extremo con el punto PP son iguales, pero con el signo cambiado. En concreto, tenemos que

θR=+θθR=+θ

y que

θL=−θθL=−θ

Por tanto, las componentes de E⃗ E→ son

Ex=kλd[cos(θR)−cos(θL)]=kλd[cos(+θ)−cos(−θ)]=kλd[cos(+θ)−cos(+θ)]=kλd[0]=0NCEx=kλd[cos⁡(θR)−cos⁡(θL)]=kλd[cos⁡(+θ)−cos⁡(−θ)]=kλd[cos⁡(+θ)−cos⁡(+θ)]=kλd[0]=0NC

y

Ey=kλd[sin(θR)−sin(θL)]=kλd[sin(+θ)−sin(−θ)]=kλd[sin(+θ)−(−sin(+θ))]=kλd[sin(+θ)+sin(+θ)]=kλd[2sin(+θ)]=2kλdsin(+θ)Ey=kλd[sin⁡(θR)−sin⁡(θL)]=kλd[sin⁡(+θ)−sin⁡(−θ)]=kλd[sin⁡(+θ)−(−sin⁡(+θ))]=kλd[sin⁡(+θ)+sin⁡(+θ)]=kλd[2sin⁡(+θ)]=2kλdsin⁡(+θ)

En otras palabras,

E⃗ ={Ex=0NCEy=2kλdsin(+θ)E→={Ex=0NCEy=2kλdsin⁡(+θ)

En el cálculo de las componentes de E⃗ ,E→, se ha utilizado el hecho de que el seno es una función impar y el coseno una función par, i.e., dado un ángulo θ,θ, se cumple que

sin(−θ)=−sin(θ)sin⁡(−θ)=−sin⁡(θ)

y que

cos(−θ)=cos(θ)cos⁡(−θ)=cos⁡(θ)

Si queremos deshacernos de las funciones trigonométricas, podemos notar en el dibujo que

sin(+θ)=L2R=L2Rsin⁡(+θ)=L2R=L2R

Por el teorema de Pitágoras, tenemos que

R=d2+(L2)2−−−−−−−−−−√=d2+L24−−−−−−−√R=d2+(L2)2=d2+L24

Por tanto,

sin(+θ)=L2R=L2d2+L24−−−−−−√sin⁡(+θ)=L2R=L2d2+L24

Introduciéndolo en Ey:Ey:

Ey=2kλdsin(+θ)=2kλdL2d2+L24−−−−−−√=kλdLd2+L24−−−−−−√Ey=2kλdsin⁡(+θ)=2kλdL2d2+L24=kλdLd2+L24

Ahora, si recordamos,

λ=QLλ=QL

Por tanto,

Ey=kλdLd2+L24−−−−−−√=kQLdLd2+L24−−−−−−√=kQdd2+L24−−−−−−√Ey=kλdLd2+L24=kQLdLd2+L24=kQdd2+L24

Introduciéndolo en E⃗ :E→:

E⃗ =⎧⎩⎨⎪⎪Ex=0NCEy=kQdd2+L24√E→={Ex=0NCEy=kQdd2+L24

Para d≫L,d≫L,

Ey=kQdd2+L24−−−−−−√≈kQdd2−−√=kQd⋅d=kQd2Ey=kQdd2+L24≈kQdd2=kQd⋅d=kQd2

y por tanto

E⃗ ={Ex=0NCEy≈kQd2,d≫LE→={Ex=0NCEy≈kQd2,d≫L

2. Barra horizontal infinita de densidad lineal de carga eléctrica uniforme λλ y carga eléctrica QQ

Está claro por el dibujo que

θR=+π2radθR=+π2rad

y que

θL=−π2radθL=−π2rad

Introduciendo estos datos en ExEx y en Ey:Ey:

Ex=kλd[cos(θR)−cos(θL)]=kλd[cos(+π2rad)−cos(−π2rad)]=kλd[cos(+π2rad)−cos(+π2rad)]=kλd[0]=0NCEx=kλd[cos⁡(θR)−cos⁡(θL)]=kλd[cos⁡(+π2rad)−cos⁡(−π2rad)]=kλd[cos⁡(+π2rad)−cos⁡(+π2rad)]=kλd[0]=0NC

y

Ey=kλd[sin(θR)−sin(θL)]=kλd[sin(+π2rad)−sin(−π2rad)]=kλd[sin(+π2rad)−(−sin(+π2rad))]=kλd[sin(+π2rad)+sin(+π2rad)]=kλd[2sin(+π2rad)]=2kλdsin(+π2 rad)=2kλdEy=kλd[sin⁡(θR)−sin⁡(θL)]=kλd[sin⁡(+π2rad)−sin⁡(−π2rad)]=kλd[sin⁡(+π2rad)−(−sin⁡(+π2rad))]=kλd[sin⁡(+π2rad)+sin⁡(+π2rad)]=kλd[2sin⁡(+π2rad)]=2kλdsin⁡(+π2 rad)=2kλd

En otras palabras,

E⃗ ={Ex=0NCEy=2kλdE→={Ex=0NCEy=2kλd

Hemos vuelto a utilizar el hecho de que el seno es una función impar y el coseno par y además que

sin(π2rad)=1sin⁡(π2rad)=1

para calcular E⃗ .E→.

Este caso es el mismo que el anterior, pero cuando L→∞:L→∞:

limL→∞(Ey)=limL→∞⎛⎝⎜2kλdL2d2+L24−−−−−−√⎞⎠⎟=2kλdlimL→∞⎛⎝⎜L2d2+L24−−−−−−√⎞⎠⎟=2kλd∞∞=2kλd⋅1=2kλdlimL→∞(Ey)=limL→∞(2kλdL2d2+L24)=2kλdlimL→∞(L2d2+L24)=2kλd∞∞=2kλd⋅1=2kλd