UTNianos

Buenas , tengo una duda con el ejercicio 26 de la guia de fisica 2 que dice lo siguiente

Un trozo de varilla delgada no conductora de longitud finita L tiene una carga total q distribuida uniformemente a lo largo de ella . Demuestre que el campo electrico E en el punto P en la mediatriz esta dado por

\[E=\frac{q}{2\pi \epsilon_0 y}\frac{L}{\sqrt{L^2+4y^2}}\]

planteo lo siguiente

\[r=(0,y)\quad r'=(L/2,0)\quad dq=\lambda dx\]

por definicion

\[E=K\int dq\frac{(r-r')}{|r-r'|^3}\]

de donde por simetria \[x\in[0,L/2]\]

entonces la integral a resolver es

\[E=\frac{4k\lambda}{\sqrt{L^2+4y^2}}\int_{0}^{L/2}(0,y)dx\]

hechas las cuentas

\[\vec{E}=\left (0, \frac{\lambda}{2\pi\epsilon_0}\frac{yL}{\sqrt{L^2+4y^2}}\right)\]

tomando en cuenta que

\[q=\lambda L\]

\[\vec{E}=\left (0, \frac{q}{2\pi\epsilon_0}\frac{y}{\sqrt{L^2+4y^2}}\right)\]

¿en donde estoy mandando fruta, ó hay un error en la respuesta de la guia?

lo encontre en http://www.utnianos.com.ar/foro/tema-fis...trostatica pero no me queda claro como lo resolvio al final

Según entiendo acá es donde le estarías errando, es que estas sacando a \[\left | r - r' \right |^{3}\] fuera de tu integral como constante cuando no lo es porque estas integrando en funcion de L. Creo que si corregís eso sale.

Hola Saga. Como dice Diego, no entiendo porqué pusiste esa raiz afuera, antes de integrar.
El problema está en que r' no es (L/2, 0), sino (x, 0).
De ahí sale.

También lo podés pensar, medio a pedal, a partir del diferencial de campo generado por el diferencial de carga. De eso te tenés que quedar con la componente en la dirección de Y, lo que te lleva a lo mismo que hiciste vos. Pero como no me acordaba de esa fórmula...

Hola Saga...te muestro como se plantea:

Primero, la onda es darse cuenta que la componente del campo en x va a ser igual a cero por simetría. Eso lo podes ver haciendo el grafico (te lo intente escanear pero no se ve una mierda), o planteando la integral, la cual te va a dar cero ya que es una funcion impar en un intervalo de -a hasta a (siendo a la longitud de la varilla / 2).

Por definición:

\[E = \frac{1}{4\pi \varepsilon o} . \frac{q}{d^{2}}\]

Usando diferenciales:

\[dE = \frac{1}{4\pi \varepsilon o} . \frac{dq}{d^{2}}\]

Donde d elevado al cuadrado es la hipotenusa formada por los catetos x e y. Si reemplazamos:

\[dE = \frac{1}{4\pi \varepsilon o} . \frac{dq}{x^{2} + y^{2}}\]

Hasta ahí estamos. Ahora lo que nosotros buscamos es la componente del campo en y. Para eso, usamos la proyección, que no es mas ni menos que multiplicar al campo por el coseno del angulo que forman x e y. Sabiendo eso podemos decir que:

\[\cos \alpha = \frac{y}{d} = \frac{y}{\sqrt[]{x^{2} + y^{2}}}\]

Como habiamos dicho antes nosotros buscamos Ey...el cual será:

\[dEy = \frac{1}{4\pi \varepsilon o} . \frac{dq}{x^{2} + y^{2}}\cos \alpha = \frac{1}{4\pi \varepsilon o} . \frac{dq}{x^{2} + y^{2}} \frac{y}{\sqrt[]{x^{2} + y^{2}}}\]

Ahora, como:

\[dq = \lambda dx\]

\[dEy = \frac{1}{4\pi \varepsilon o} . \frac{\lambda dx}{x^{2} + y^{2}} \frac{y}{\sqrt[]{x^{2} + y^{2}}}\]

\[dEy = \frac{1}{4\pi \varepsilon o} . \frac{\lambda dx.y}{(x^{2} + y^{2})^{\frac{3}{2}}} \]

Para llegar al resultado de la guía hace falta plantear la integral siguiente:

\[Ey = \int_{-L/2}^{L/2} \frac{1}{4\pi \varepsilon o} . \frac{\lambda dx.y}{(x^{2} + y^{2})^{\frac{3}{2}}} \]

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gracias muchachos , estaba cometiendo ese error bobo que indica luchovl2, corrigiendo eso ya sale