Fs-321 Electricidad Y Magnetismo I Problema: Potencial De Una Línea Nita Y Energía De Una Carga Puntual Externa. Escuela De Física, Unah

FS-321 Electricidad y Magnetismo I Problema: Potencial de una línea nita y energía de una carga puntual externa. Escuela de Física, UNAH

24 de marzo de 2020 Fuente:

Limusa

Roald Wangsness (2001) Campos Electromagnéticos.

FS-321 Electricidad y Magnetismo I Problema: Potencial d

PROBLEMA 5.24

R. Wangsness (2001)

Considérese la carga lineal de la gura. La carga por unidad de longitud es proporcional al cubo de la distancia al origen. (a) Encontrar el potencial de un punto P sobre el eje x, para el que x = a. (b) A partir de ese resultado, encuentre Ez en P ; si no lo puede hacer, explicar la razón. (c) ¾Cuánto trabajo debe realizar un agente externo para mover una carga puntual q muy lentamente a lo largo del eje x, desde P hasta el innito?

FS-321 Electricidad y Magnetismo I Problema: Potencial d

SOLUCIÓN (a) Potencial en x = a:

Donde:

El potencial de una distribución lineal de carga está dado por: 1 φ(r) = 4π0

Z L0

λ0 (r0 ) ds0 R

Punto fuente: (1)

r0 = z 0 ˆ z.

Punto de campo:

r = aˆ x.

0 Posición relativa: √ R = a ˆx − z ˆz; 2 0 2 luego R = a + z .

con la densidad de carga:

λ0 (r0 ) = λ0 (z 0 ) = α z 0 3 , donde α

es una constante.

El potencial (1): queda: φ(a) =

1 4π0

Z 0

L

α z 0 3 dz 0 √ a2 + z 0 2

FS-321 Electricidad y Magnetismo I Problema: Potencial d

La integral:

φ(a) =

α 4π0

Z

L

√

0

z 0 3 dz 0 a2 + z 0 2

se hace fácilmente por partes, con: u = z0 2; dv =

z 0 dz 0 (a2 + z 0 2 )

; 1/2

Entonces, siguiendo  φ(a) =

α  02 z 4π0

R

du = 2z 0 dz 0

integrando: u dv = u v −

R

v = a2 + z 0 2


1/2

v du:

L Z L
1/2 2 02 a +z 2z 0 − 0

 a2 + z


0 2 1/2

dz 0 

0

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La segunda integral dentro de los corchetes es inmediata:  α  02 φ(a) = z 4π0

L L 

2 1/2 3/2 a2 + z 0 2 a2 + z 0 2 −  3 0

0

Entonces, el potencial en el punto x = a. debido a la línea de carga en el eje z es:

α φ(a) = 4π0



2

L

2


2 1/2

a +L


3/2 2 2 2 − a + L2 + a3 3 3



(2)

FS-321 Electricidad y Magnetismo I Problema: Potencial d

SOLUCIÓN (b): A partir de ese resultado encuentre Ez en P ; si no lo puede hacer, explicar la razón.

Para encontrar la componente z del campo eléctrico mediante: E = −∇φ

Necesitamos calcular: Ez = −

∂ φ(x, y, z) ∂z

(3)

Pero la expresión φ(a) (ecuación 2) no proporciona información del potencial más que en el punto x = a, por tanto, sin tener una función que nos diga cómo cambia el potencial en la vecindad inmediata del punto P , es imposible calcular la derivada parcial de la expresión (3) y no se puede obtener la componente del campo en la dirección z .

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SOLUCIÓN (c): Trabajo externo realizado para mover una carga puntual muy lentamente desde x = a hasta el innito. Veamos la situación en la siguiente gura:

Para llevarla hasta el innito con velocidad constante se requiere una fuerza externa tal que: Fext + Fe = 0

Esta Fexterna actúa en dirección opuesta al desplazamiento, por tanto el trabajo externo la carga q positiva experimenta una fuerza de repulsión Fe hacia la derecha.

W

Z ext

=

∞

Fext · dx < 0

a

será negativo.

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Sabemos que el trabajo externo es el cambio de energía potencial:

W

ext

= ∆Ue = q ∆φ linea

Por consiguiente:

W W

ext

= q [ φf inal − φinicial ]

ext

= q [ φ(∞) − φ(a) ]

Para ver como se comporta el potencial en el innito, tomemos la expresión (2) para un punto general en el eje x positivo: α φ(x) = 4π0

 L

2

2


2 1/2

x +L


3/2 2 2 2 − x + L2 + x3 3 3



(4)

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Veamos nuevamente la ecuación (4):

α φ(x) = 4π0

 L

2


2 1/2

2

x +L


3/2 2 2 2 x + L2 − + x3 3 3



En el potencial φ(x) vamos a hacer aproximaciones de los términos en los corchetes utilizando la serie del binomio: (a + b)n = an + n an−1 b +

n (n − 1) n−2 2 a b + ... 2!

(5)

Utilizando (5) vemos entonces que, si x >> L: 2


2 1/2

2


2 3/2

x +L

x +L

 =

 =

 1/2   L2 L2 x 1+ 2 ≈ |x| 1 + x 2 x2 2

 3/2   L2 3L2 3 x 1+ 2 ≈ |x| 1+ x 2 x2 2

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Sustituyendo las expresiones anteriores en el potencial, para x > 0, tenemos: α φ(x) = 4π0

α ≈ 4π0



 L

2

2


2 1/2

x +L


3/2 2 2 2 − x + L2 + x3 3 3



     3L2 2 3 2 3 L2 L x 1+ − x 1+ + x 2 x2 3 2 x2 3 2

α = 4π0



2 2 L4 − x3 − L2 x + x3 L x+ 2x 3 3 2



Por lo tanto, para puntos muy lejanos x >> L el potencial se comporta según: φ(x) ≈

α L4 8π0 x

(6)

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Claramente, en el innito este potencial se desvanece: l´ım φ(x) = l´ım

x→∞

x→∞

α L4 = 0 8π0 x

Regresando a nuestra expresión del trabajo externo requerido para llevar a la carga desde x = a hasta el innito:

W

ext

= q [ φ(∞) − φ(a) ]

tenemos que el trabajo externo es, simplemente:

W

ext

= −q φ(a)

o bien, sustituyendo (2):

W

ext

= −

que es

αq 4π0

negativo



L2 a2 + L2


1/2

−


3/2 2 2 2 a + L2 + a3 3 3



, como era de esperar.

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