Una varilla delgada de vidrio

Una varilla delgada de vidrio está doblada en forma de semicírculo
de radio R. Sobre la mitad superior del semicírculo se halla
distribuida uniformemente una carga +q, sobre la mitad inferior,
otra –q. Determine el campo eléctrico en P, el centro del
semicírculo
P
R
CLAVE:
En los problemas de cálculo de campos en distribuciones continuas
de carga, la clave se presenta en saber plantear la integral
necesaria, para ello:
1) Elegir adecuadamente el elemento de carga y expresarlo en
función de la densidad de carga y el elemento de línea
2) Buscar las simetrías en el vector campo que, permitan, si es el
caso, calcular sólo una componente porque la otra sea cero:
Para ello es necesario analizar si es posible dividir
geométricamente la distribución de carga de modo que el campo
de una mitad sea igual en magnitud al campo de la otra mitad.
3) Escribir las variables de distancia, incluida la del diferencial en
función de una única para poder integrar
Obtención del campo producido por el cuarto superior
de círculo
𝒅𝒒
Se trata de aplicar en primer lugar la
1 𝑞
Ley de Coulomb {𝐸⃗ = 4𝜋𝜀 𝑟2 𝑟̂ }, donde
r
0

q es la fuente de campo;

r, la distancia a la que se encuentra el punto donde se
calculará el campo

𝑟̂ , el vector unitario en la dirección de r
P
⃗
𝒅𝑬
1)
Expresión general del campo diferencial:
En base a lo explicado antes, el campo producido por la
⃗ = 𝟏 𝒅𝒒𝟐 𝒓̂ (1)
carga “puntual” dq en P será: 𝒅𝑬
𝟒𝝅𝜺 𝒓
𝟎
2)
𝒅𝑬𝒚 𝒔𝒊𝒎
𝒅𝒒
P
α
𝛼𝑠𝑖𝑚
𝒅𝒒𝒔𝒊𝒎.
r
𝒅𝑬𝒚
Búsqueda de las simetrías
⃗ 𝒔𝒊𝒎𝒆𝒕𝒓 Cambiamos la perspectiva del cuarto de círculo: tomamos el
𝒅𝑬
eje X sobre la línea que une P con el punto medio del cuarto
de círculo y así, la figura queda dividida en dos partes
simétricas tal como muestra la figura de la izquierda: para
cada dq arriba del eje X existe un dq en posición simétrica
⃗
𝒅𝑬
por debajo, tal que los 𝑑𝐸⃗ correspondientes a cada elemento
de carga al sumarse cancelan sus componentes Y; es decir:
0
⃗𝑬 = ∫ 𝒅𝑬
⃗ = ∫ 𝑑𝐸𝑥 𝑥̂ + ∫ 𝑑𝐸𝑦 𝑦̂ = ∫ 𝒅𝑬𝒙 𝒙
̂
3) Obtención de la expresión para dEx que permita la integración
 Primera expresión para 𝑑𝐸𝑥
De la figura
ds
Ver fórmula (1)
en el inciso 1)
𝒅𝒒
s
r
𝑑𝐸𝑥 = |𝑑𝐸⃗ | cos 𝛼 =
dα
α
P
𝒅𝑬𝒙
⃗
𝒅𝑬
1 𝑑𝑞
cos 𝛼
4𝜋𝜀0 𝑅 2
 Relación elemento de cargaelemento de línea: 𝒅𝒒 = 𝝀𝒅𝒔
 Escritura
de
todas
las
variables en la expresión de dEx en
función de una sola:
a) r, constante (cualquiera que sea el ‘dq’ que se
seleccione en el cuarto de círculo, su
distancia a P siempre va a ser la
misma, el radio del círculo;
b) s (aparece en el ‘ds’). Lo más apropiado es escribir: s = rα ⇒ 𝒅𝒔 = 𝒓𝒅𝜶
‘Pasos’ para definir la variable s, que aparece bajo el signo del diferencial:
1) Establecer un origen de referencia, el punto donde s = 0; en este caso, hemos tomado,
el punto medio del arco cuartocircular; se podría haber tomado, por ejemplo el
extremo superior de la curva, o el inferior: quien va a hacer la integral decide el punto
que considere más adecuado, pensando en lo que facilitará el inmediato trabajo de
cálculo.
2) La variable, por serlo, ‘une’ el origen con la posición de un punto cualquiera sobre la
línea en que está definida (en este caso es curva);
esto es va del origen a la posición donde se dibujó el ‘dq’
c) α: la otra variable (‘r’ vimos que no lo era) se escribe en función de ésta; luego, en
la integral, α será pues la variable de integración
𝑑𝐸𝑥 =
1 𝜆 𝑟𝑑𝛼
cos 𝛼
4𝜋𝜀0 𝑅 2
La densidad lineal de carga λ
𝑑𝑞
o Su definición es 𝜆 = 𝑑𝑠 (cantidad de carga dq que se halla depositada en una pequeña
longitud de línea, ds)
o La propia definición implica que el cálculo de la carga total se obtiene: 𝑄𝑡𝑜𝑡 = ∫ 𝜆 𝑑𝑠
o En nuestro caso:
∫ 𝑑𝑠
⏞
1
 Distribución de carga uniforme ⇒ 𝜆, constante ⇒ 𝑞 = 𝜆 ∗ (longitud de 4 círculo)

𝟏
𝟐𝒒
Valor de 𝜆, en nuestro problema: 𝝀 = 𝒒⁄𝟒 (𝟐𝝅𝑹) = 𝝅𝑹
4) Expresión final para Ex

Integranmos:
𝛼1
𝛼2
1
𝜆𝑟
1 𝜆
1 𝜆
[sin 𝛼]𝛼𝛼21
𝐸𝑥 =
∫ 2 cos 𝛼 𝑑𝛼 =
∫ cos 𝛼 𝑑𝛼 =
4𝜋𝜀0
𝑅
4𝜋𝜀0 𝑅
4𝜋𝜀0 𝑅
𝛼2

𝛼1
Límites de integración:
dq del ‘ comienzo ‘
de la línea: 𝛼 = 𝜶𝟏
s=0
Parte del
arco donde
s> 0
ds
𝒅𝒒
Parte del
arco donde
s<0
s
α
P
𝜶𝟏 = 𝟒𝟓°
≡ 𝝅/𝟒
𝜶𝟐 = −𝟒𝟓°
≡ −𝝅/𝟒
90°
(la curva es
un cuarto de
círculo)
dq del ‘ final ‘
de la línea: 𝛼 = 𝜶𝟐
Al volver a colocar el cuarto de círculo
según la perspectiva de la figura inicial
es fácil descubrir los valores de 𝜶𝟏 y 𝜶𝟐
Para conocer desde dónde (límite
inferior) hasta dónde (límite superior)
hay que integrar, ha de ‘barrerse’ con
los ‘dq’ toda la línea cargada
El análisis de las figuras nos muestra con claridad que 𝜶𝟏 = 𝟒𝟓° ≡ 𝝅/𝟒 y 𝜶𝟐 = −𝟒𝟓° ≡ −𝝅/𝟒

𝑬𝒙 =
Expresión para Ex tras colocar los valores para los límites
1 𝜆
1 𝜆
𝜋
𝜋
1 2𝑞/(𝜋𝑅) √2
√2
√𝟐 𝒒
[sin 𝛼]𝛼𝛼21 =
[ − (− )] =
[sin −sin (− )] =
4𝜋𝜀0 𝑅
4𝜋𝜀0 𝑅
4
4
4𝜋𝜀0
𝑅
2
2
𝟐𝝅𝟐 𝜺𝟎 𝒓𝟐
5) Expresión final para el campo (magnitud y dirección) del cuarto superior de círculo
̂ = 𝑬𝒙 𝒙
̂
Recordamos que en 2) obtuvimos: 𝐸⃗ = ∫ 𝑑𝐸⃗ = ∫ 𝒅𝑬𝒙 𝒙
⃗𝑬 =
Así que de la recién encontrada expresión para Ex escribimos ya:

√𝟐
𝒒
̂
𝒙
𝟐𝝅𝟐 𝜺𝟎 𝒓𝟐
Pero esta respuesta está basada en la geometría utilizada, en la cual el eje X era la
mediatriz del cuarto de círculo; necesitamos convertirla a la geometría propia del
problema; las figuras que siguen nos ayudan:
𝜶𝟏
̂
𝒙
⃗𝑬
⃗ Eje X
P
𝜶𝟐
𝜶𝟏 = 𝝅/𝟒
𝜶𝟐 =
−𝝅/𝟒
P
90°
̂
𝒖
PERSPECTIVA USADA PARA RESOLVER
EL PROBLEMA TRAS HABER
ENCONTRADO UNA SIMETRÍA
⃗𝑬
Mediatriz del
arco de círculo
PERSPECTIVA ORIGINAL TAL COMO
APARECE EN LA FIGURA DEL
ENUNCIADO DEL PROBLEMA
(Haber encontrado una simetría no
significa que siempre sea posible
encontrarla)
⃗ tomando como dirección la de la mediatriz del cuarto de círculo
Expresión de 𝑬

̂
𝒙
90°
90°
45°
45°
̂
𝒚
Eje Y
en la simetría
del enunciado
Eje X
̂𝒈𝒆𝒐𝒎 𝒅𝒆 𝒓𝒆𝒔𝒐𝒍 → 𝒖
̂ 𝒈𝒆𝒐𝒎.𝒅𝒆𝒍 𝒑𝒓𝒐𝒃𝒍𝒆𝒎𝒂
𝒙
(ver figuras arriba)
en la simetría
del enunciado
𝐸⃗ =
45°
√2 𝑞
√2 𝑞
(𝑥̂ cos 45° − 𝑦̂ cos 45°) ⇒
𝑢̂ = 2
2
2
2𝜋 𝜀0 𝑟
2𝜋 𝜀0 𝑟 2
|𝑥
̂−𝑦
̂ | = √12 + (−1)2 = 2
̂
𝒖
Mediatriz
√2/2
𝒒 𝟏
⃗ =
(𝒙
̂−𝒚
̂) ⇒ {
𝑬
𝟐𝝅𝟐 𝜺𝟎 𝒓𝟐
𝒒 √𝟐
𝟐𝝅𝟐 𝜺𝟎 𝒓𝟐
⃗ ) = 𝟒𝟓° 𝒂𝒃𝒂𝒋𝒐 𝒅𝒆𝒍 𝒆𝒋𝒆 𝑿
𝒅𝒊𝒓(𝑬
⃗ |=
|𝑬