Electricidad/Campo eléctrico/Campo eléctrico generado por una distribución continua lineal de carga

El concepto de campo electrostático facilita la descripción, en términos físicos, de la influencia que una o más cargas eléctricas ejercen sobre el espacio que les rodea. Para una distribución continua lineal de carga puede ser calculado cómo se indica.

Véase también: Campo electrostático

Caso general

Campo eléctrico producido por un elemento dL de una distribución lineal uniforme de carga.

Si se dispone de una distribución lineal continua de carga, el campo producido en un punto cualquiera puede calcularse dividiendo la carga en elementos infinitesimales dq. Entonces, se calcula el campo d E que produce cada elemento en el punto en cuestión, tratándolos como si fueran cargas. La magnitud de d E está dada por:

$d \vec{E} = \frac{1}{4 π ϵ_{0}} \frac{d q}{r^{2}} \vec{u_{r}}$

El campo resultante en el punto se encuentra, entonces, sumando; esto es, integrando; las contribuciones debidas a todos los elementos de carga, o sea,

$\vec{E} = \int d \vec{E}$

Si la distribución continua de carga que se considera tiene una densidad lineal de carga $λ = \frac{d q}{d L}$ , entonces $d q = λ d L$ .

Por lo tanto,

\vec{E} = \int_{L} d \vec{E} = \int_{L} \frac{1}{4 π ϵ_{0}} \frac{d q}{r^{2}} \vec{u_{r}} = \int_{L} \frac{1}{4 π ϵ_{0}} \frac{λ d L}{r^{2}} \vec{u_{r}}

Campo eléctrico generado por una línea infinita de carga y densidad lineal de carga λ uniforme

Campo eléctrico creado por un elemento dx de una línea infinita de carga.

La figura muestra una porción de una línea infinita de carga de densidad lineal de carga uniforme $λ = \frac{d q}{d x}$ .

La magnitud de la contribución de campo eléctrico $d \vec{E}$ sobre el punto P debida al elemento de carga $d q = λ d x$ está dada por:

$d E = \frac{1}{4 π ϵ_{0}} \frac{d q}{r^{2}} = \frac{1}{4 π ϵ_{0}} \frac{λ d x}{x^{2} + y^{2}}$ (1)

El vector $d \vec{E}$ tiene las componentes:

$d E_{x} = - d E \sin θ$ y $d E_{y} = d E \cos θ$

El signo menos delante de $d E_{x}$ indica que $d {\vec{E}}_{x}$ apunta en la dirección negativa de las x.

Por tanto, las componentes x e y de $\vec{E}$ en el punto P, están dadas por:

E_{x} = \int d E_{x} = - \int_{x = - \infty}^{x = + \infty} \sin θ d E

y

E_{y} = \int d E_{y} = \int_{x = - \infty}^{x = + \infty} \cos θ d E

En estas expresiones $E_{x}$ debe ser cero porque todo elemento de carga a la izquierda de la perpendicular que une P con la línea de carga tiene un elemento correspondiente a la derecha, de modo que sus contribuciones al campo en la dirección de las x se anulan mutuamente. Así pues, $\vec{E}$ apunta exactamente en la dirección de las y. Como las contribuciones a $E_{y}$ de la mitad derecha y de la mitad izquierda de la línea de carga son iguales, se puede escribir:

$E = E_{y} = 2 \int_{x = 0}^{x = + \infty} \cos θ d E$

sustituyendo la expresión (1) en esta ecuación, se tiene:

$E = 2 \int_{x = 0}^{x = + \infty} \cos θ \frac{1}{4 π ϵ_{0}} \frac{λ d x}{x^{2} + y^{2}} = \frac{λ}{2 π ϵ_{0}} \int_{x = 0}^{x = + \infty} \cos θ \frac{d x}{x^{2} + y^{2}}$ (2)

Siendo $\tan θ = \frac{x}{y}$ , se tiene $x = y \tan θ$ , diferenciando esta expresión resulta: $d x = y \sec^{2} θ d θ$ y sustituyendo en (2) se obtiene:

$E = \frac{λ}{2 π ϵ_{0}} \int_{x = 0}^{x = + \infty} \cos θ \frac{y \sec^{2} θ d θ}{x^{2} + y^{2}} = \frac{λ}{2 π ϵ_{0}} \int_{x = 0}^{x = + \infty} \frac{y}{x^{2} + y^{2}} \cos θ \sec^{2} θ d θ$ (3)

Si se tiene en cuenta que: $\cos θ = \frac{y}{r}$ , $\sec θ = \frac{r}{y}$ y $x^{2} + y^{2} = r^{2}$ , se puede establecer que:

$\frac{y}{x^{2} + y^{2}} \cos θ \sec^{2} θ d θ = \frac{y}{r^{2}} \frac{y}{r} \frac{r^{2}}{y^{2}} = \frac{y}{r y} = \frac{\cos θ}{y}$

Sustituyendo en la expresión (3) se obtiene

$E = \frac{λ}{2 π ϵ_{0} y} \int_{x = 0}^{x = + \infty} \cos θ d θ$

Obsérvese que cuando $x \to 0$ , $θ \to 0$ y cuando $x \to + \infty$ , $θ \to \frac{π}{2}$ , por lo tanto:

$E = \frac{λ}{2 π ϵ_{0} y} \int_{θ = 0}^{θ = \frac{π}{2}} \cos θ d θ = \frac{λ}{2 π ϵ_{0} y} [\sin \frac{π}{2} - \sin 0] = \frac{λ}{2 π ϵ_{0} y}$

Por lo tanto:

$E = \frac{λ}{2 π ϵ_{0} y}$

Campo eléctrico generado por una línea finita de carga y densidad lineal de carga λ constante sobre los puntos de su mediatriz

Considérese una varilla delgada no conductora de longitud finita l con una carga total q distribuida uniformemente a lo largo de ella, tal como se muestra en la figura.

Campo eléctrico creado por un elemento dx de una línea de carga de longitud l.

La magnitud de la contribución de campo eléctrico $d \vec{E}$ sobre el punto P debida al elemento de carga $d q = λ d x$ está dada por:

$d E = \frac{1}{4 π ϵ_{0}} \frac{d q}{r^{2}} = \frac{1}{4 π ϵ_{0}} \frac{λ d x}{x^{2} + y^{2}}$ (1)

El vector $d \vec{E}$ tiene las componentes:

$d E_{x} = d E \sin θ$ y $d E_{y} = d E \cos θ$

Por tanto, las componentes x e y de $\vec{E}$ en el punto P, están dadas por:

E_{x} = \int d E_{x} = \int_{x = 0}^{x = l} \sin θ d E

y

E_{y} = \int d E_{y} = \int_{x = 0}^{x = l} \cos θ d E

En estas expresiones $E_{x}$ debe ser cero porque todo elemento de carga a la izquierda de la perpendicular que une P con la línea de carga tiene un elemento correspondiente a la derecha, de modo que sus contribuciones al campo en la dirección de las x se anulan mutuamente. Así pues, $\vec{E}$ apunta exactamente en la dirección de las y. Como las contribuciones a $E_{y}$ de la mitad derecha y de la mitad izquierda de la línea de carga son iguales, se puede escribir:

$E = E_{y} = 2 \int_{x = 0}^{x = \frac{l}{2}} \cos θ d E$

sustituyendo la expresión (1) en esta ecuación, se tiene:

$E = 2 \int_{x = 0}^{x = \frac{l}{2}} \cos θ \frac{1}{4 π ϵ_{0}} \frac{λ d x}{x^{2} + y^{2}} = \frac{λ}{2 π ϵ_{0}} \int_{x = 0}^{x = \frac{l}{2}} \cos θ \frac{d x}{x^{2} + y^{2}}$ (2)

Siendo $\cos θ = \frac{y}{\sqrt{x^{2} + y^{2}}}$ sustituyendo en (2) se obtiene

$E = \frac{λ}{2 π ϵ_{0}} \int_{x = 0}^{x = \frac{l}{2}} \frac{y}{x^{2} + y^{2}} \frac{d x}{\sqrt{x^{2} + y^{2}}} = \frac{λ y}{2 π ϵ_{0}} \int_{x = 0}^{x = \frac{l}{2}} \frac{1}{x^{2} + y^{2}} \frac{d x}{\sqrt{x^{2} + y^{2}}} = \frac{λ y}{2 π ϵ_{0}} \int_{x = 0}^{x = \frac{l}{2}} \frac{d x}{{(x^{2} + y^{2})}^{\frac{3}{2}}}$

En consecuencia $E = \frac{λ y}{2 π ϵ_{0}} [\frac{x}{y^{2} \sqrt{x^{2} + y^{2}}}]_{x = 0}^{x = \frac{l}{2}}$

Teniendo en cuenta que $λ = \frac{q}{l}$ y haciendo las sustituciones correspondientes, se obtiene:

$E = \frac{q}{2 π ϵ_{0} y} \frac{1}{\sqrt{l^{2} + 4 y^{2}}}$

Campo eléctrico generado por dos hilos paralelos, infinitos y de densidad de carga uniforme y opuesta

Campo eléctrico en un punto B exterior

El campo eléctrico en el exterior de los hilos es la suma de los campos eléctricos que generan ambos, como apuntan en sentido opuesto, se restan (principio de superposición).

Sea ${\vec{E}}_{1}$ el campo debido al hilo cargado positivamente y ${\vec{E}}_{2}$ el generado por el hilo con carga negativa. Se tiene, entonces:

$E = E_{1} - E_{2} = \frac{λ}{2 π ϵ_{0} (x - \frac{d}{2})} - \frac{λ}{2 π ϵ_{0} (x + \frac{d}{2})}$

Operando, la expresión anterior se reduce a:

$E = \frac{λ}{2 π ϵ_{0}} \frac{d}{(x^{2} - (\frac{d}{2})^{2})}$

Campo eléctrico en un punto A entre los hilos

El campo eléctrico entre los hilos es la suma de los campos eléctricos respectivos, como ambos campos apuntan en el mismo sentido, se suman (principio de superposición).

Sea ${\vec{E}}_{1}$ el campo debido al hilo cargado positivamente y ${\vec{E}}_{2}$ el generado por el hilo con carga negativa. Se tiene, entonces:

$E = E_{1} + E_{2} = \frac{λ}{2 π ϵ_{0} (\frac{d}{2} + l)} + \frac{λ}{2 π ϵ_{0} (\frac{d}{2} - l)}$

Operando, la expresión anterior se reduce a:

$E = \frac{λ}{2 π ϵ_{0}} \frac{d}{{((\frac{d}{2})}^{2} - l^{2})}$

Campo eléctrico generado por un anillo de densidad de carga uniforme sobre los puntos de su eje

La figura muestra un anillo de carga q y radio a. Considérese un elemento diferencial del anillo de longitud ds, localizado en la parte superior. Este elemento contiene una carga dada por:

d q = q \frac{d s}{2 π a}

siendo $2 π a$ la circunferencia del anillo. Este elemento produce un campo eléctrico diferencial dE en el punto P. El campo resultante E se encuentra integrando los efectos de todos los elementos que constituyen el anillo. Por simetría, este campo resultante debe estar en el eje del anillo. Así pues, solamente la componente dE paralela a este eje contribuye al resultado final. La componente perpendicular al eje se anula por una componente igual y opuesta que produce el elemento de carga situado en el lado opuesto del anillo. Así la integral general de vector $\vec{E} = \int d \vec{E}$ se transforma en una integral escalar $E = \int d E \cos θ$ .

La cantidad dE será:

d E = \frac{1}{4 π ϵ_{0}} \frac{d q}{r^{2}} = \frac{1}{4 π ϵ_{0}} (\frac{q d s}{2 π a}) \frac{1}{a^{2} + x^{2}}

Según la figura, se tiene:

\cos θ = \frac{x}{\sqrt{a^{2} + x^{2}}}

Como para un punto P, x tiene el mismo valor para todos los elementos de carga y, por tanto, no es una variable, se obtiene:

$E = \int d E \cos θ = \int \frac{1}{4 π ϵ_{0}} \frac{q d s}{(2 π a) (a^{2} + x^{2})} \frac{x}{\sqrt{a^{2} + x^{2}}} = \frac{1}{4 π ϵ_{0}} \frac{q x}{(2 π a) {(a^{2} + x^{2})}^{\frac{3}{2}}} \int d s$

La integral es simplemente la circunferencia del anillo $(2 π a)$ y, en consecuencia, se obtiene:

$E = \frac{1}{4 π ϵ_{0}} \frac{q x}{{(a^{2} + x^{2})}^{\frac{3}{2}}}$

Esta expresión de E se reduce E=0 para x =0 ya que, en tal caso, cada componente perpendicular al eje se anula, como antes, con una componente igual y opuesta que produce el elemento de carga situado en el lado opuesto del anillo y la componente paralela al eje vale cero.

Para x >> a, se puede omitir a en el denominador de esta ecuación, dando:

$E = \frac{1}{4 π ϵ_{0}} \frac{q}{x^{2}}$

Este es un resultado esperado porque a distancias suficientemente grandes el anillo se comporta como una carga punto q.

Véase también