¿Cuál es el flujo de campo eléctrico a través de la base de un cubo desde una carga puntual infinitesimalmente cercana a un vértice?

Question

¿Cuál es el flujo de campo eléctrico a través de la base de un cubo desde una carga puntual infinitesimalmente cercana a un vértice?

Rosa

Estoy teniendo algunos problemas con el siguiente problema:

Un cargo $q$ se coloca en la diagonal del cuerpo del cubo muy cerca de una de las esquinas (distancia $\delta$ desde la esquina, $\delta$ que tiende a cero), de la base del cubo (aunque no en la esquina). ¿Cuál es el flujo eléctrico asociado con esta carga en la base del cubo?

a través de todo el cubo el flujo será indudablemente $\frac{q}{\epsilon_0}$ , pero dado que la carga no está simétricamente ubicada con respecto a ninguna de las caras, el flujo asociado debe ser diferente para cada cara.

Traté de distinguir un pequeño cubo cuya diagonal del cuerpo es 2 $\delta$ . En este pequeño cubo el flujo será $\frac{q}{\epsilon_0}$ y la carga también está ubicada simétricamente. Sin embargo, no puedo calcular la porción del flujo del cubo más pequeño que realmente pasará a través de la base del cubo más grande.

Una parte del flujo será obviamente $\frac{q}{6\epsilon_0}$ desde la base del cubo más pequeño, pero ¿qué pasa con las contribuciones de flujo de otras partes del cubo más pequeño (hipotético) en la base del cubo más grande (original)?

Tenga en cuenta que ha habido algunos conceptos erróneos con respecto a esta pregunta. Lo que preguntan las preguntas no es averiguar el flujo como una función de $\delta$ pero para averiguar el flujo como $\delta$ se aproxima a cero. Sin embargo, se debe tener en cuenta una cosa. $\delta$ no es cero y es finito.

Física Intuitiva

problema interesante

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La razón por la que no debe considerar una caja de longitud 2δ: lo relevante es la relación de longitudes L/δ. Una caja de longitud 2δ es un sistema totalmente diferente.

Emilio Pisanty

Relacionado: flujo a través del lado de un cubo

Respuestas (6)

¿Cuál es el flujo de campo eléctrico a través de la base de un cubo desde una carga puntual infinitesimalmente cercana a un vértice?

La razón por la que no debe considerar una caja de longitud 2δ: lo relevante es la relación de longitudes L/δ. Una caja de longitud 2δ es un sistema totalmente diferente.

knzhou · Answer 1

Sea el lado del cubo $a$ y sea el flujo total $\Phi = q/\epsilon_0$ . Por simetría rotacional, el flujo a través de los lados inferior, frontal y derecho de los cubos es igual, digamos a $\Phi_1$ , y el flujo a través de los lados superior, posterior e izquierdo del cubo también son todos iguales, para $\Phi_2$ . Así tenemos

Φ = 3 Φ_{1} + 3 Φ_{2} .

$\Phi = 3 \Phi_1 + 3 \Phi_2.$ ahora calculamos

Φ_{2}

$\Phi_2$ . Dado que todas las caras relevantes están lejos de la carga, no hay ninguna diferencia si simplemente tomamos

δ = 0

$\delta = 0$ . (Lo hace por el

Φ_{1}

$\Phi_1$ lados, pero eso es porque están cerca de la carga.)

En este caso, la carga está ahora en el centro exacto de un cubo de lado $2a$ . Podemos dividir cada uno de estos cubos más grandes $6$ lados en $4$ cuartos, tres de los cuales son los lados superior, posterior e izquierdo de nuestro cubo original. Por simetría, todos $24$ las piezas tienen el mismo flujo, entonces

Φ_{2} = Φ / 24

$\Phi_2 = \Phi/24.$ Sustituyendo en nuestra primera ecuación, encontramos

Φ_{1} = \frac{7}{24} \frac{q}{ϵ_{0}} .

$\Phi_1 = \frac{7}{24} \frac{q}{\epsilon_0}.$

Mi impresión de la primera ronda de interacción con el OP fue que conocen este método, pero querían un cálculo explícito de $\Phi_1$ que luego podrían sumar $\Phi_2$ para comprobar que el flujo total efectivamente llega a $q/\epsilon_0$ incluso en el límite.
(cf. en particular, los comentarios del OP bajo la respuesta de Paul G, que es esencialmente este enfoque).
@EmilioPisanty No creo que eso sea lo que quiso decir el OP. Solo están señalando que el caso $\delta = 0$ es diferente del caso $\delta = \epsilon > 0$ (que también puede ver en los argumentos de simetría).
@knzhou El punto es que al OP se le presentó este enfoque y lo rechazó. Según lo leí, esto se debe a que no estaban convencidos de que el $\delta=0$ cálculo del flujo a través del $\Phi_2$ caras (que ha realizado) también es válida para finito $\delta$ ; al menos su respuesta debe abordar esto.
@EmilioPisanty ¡Me dirigí a esto! "Dado que todas las caras relevantes están lejos de la carga, no hace ninguna diferencia si simplemente tomamos $\delta = 0$ ."
@knzhou Simplemente no veo mucho que esta respuesta proporcione sobre Paul G dadas las objeciones del OP, pero al final le corresponde al OP decidir.

Emilio Pisanty · Answer 2

La forma de hacerlo es reescalar el problema considerando el flujo eléctrico a través de la base de un cubo de longitud $L$ , causada por una carga puntual en $(\delta,\delta,\delta)$ , mientras $\delta$ permanece constante y $L$ se vuelve mucho más grande que $\delta$ . Por lo tanto, tenemos una situación similar a la siguiente, excepto que queremos que el flujo atraviese la superficie gris a medida que su dimensión larga se vuelve infinita.

gráficos matemáticos

Esto se hace mejor dividiendo la superficie en los cuatro sectores marcados, cada uno de los cuales se puede calcular con exactitud. El lugar más fácil para comenzar es con el sector pequeño y cuadrado:

gráficos matemáticos

El flujo a través de este sector es exactamente igual al ángulo sólido subtendido por este cuadrado en la carga puntual, y eso es fácil de calcular por simetría: es exactamente un tercio del ángulo sólido subtendido por las tres caras equivalentes del pequeño cubo de dimensiones $\delta,\delta,\delta$ entre la carga puntual y el vértice del cubo mayor. Puedes ver esto llenando ese cubelet:

gráficos matemáticos

A su vez, el ángulo sólido subtendido por este cubo más pequeño es un octavo del $4\pi$ subtendido por el cubo completo, por lo que el ángulo sólido subtendido por la cara única es exactamente

\frac{1}{3} \frac{1}{8} 4 π = \frac{π}{6} .

$\frac13 \frac18 4\pi = \frac \pi6.$

A continuación, toma uno de los dos sectores largos:

gráficos matemáticos

por finito $L$ esto es un poco complicado de calcular, porque debe tener en cuenta el hecho de que el sector termina en algún punto, pero en el $L\gg \delta$ limite ese pequeño bit convergerá a un punto, y puede usarlo en sus cálculos. Una vez que haga eso, calcular este bit es fácil: esto es solo la mitad (en lugar de un tercio) de ese flujo fundamental de $\frac18 4\pi$ a través de cubelets unitarios, un hecho que puedes ver haciendo coincidir este sector con su imagen especular:

gráficos matemáticos

Así, cada sector largo subtiende un ángulo sólido

\frac{1}{2} \frac{1}{8} 4 π = \frac{π}{4}

$\frac12 \frac18 4\pi = \frac\pi4$ en la carga puntual, y juntos subtienden un ángulo sólido

\frac{1}{8} 4 π = π / 2

$\frac18 4\pi = \pi/2$ .

Finalmente, tienes el sector cuadrado grande, que se parece a esto:

gráficos matemáticos

Debe quedar claro que para finitos $L$ el ángulo sólido que subtiende es un objeto bastante desordenado (aunque probablemente todavía puedas calcularlo). en el limite de $L\gg \delta$ , sin embargo, esto se vuelve muy fácil, porque simplemente se reduce al ángulo sólido subtendido por uno de los cubos, es decir, a $\frac18 4\pi$ .

Poniendo todo esto junto, entonces, obtienes que en el límite de $L\gg \delta$ la cara inferior debe subtender un ángulo sólido de

(\frac{1}{3} + 2 \times \frac{1}{2} + 1) \frac{1}{8} 4 π = \frac{7 π}{6} .

$\left( \frac13 +2{\times}\frac12 + 1\right) \frac18 4\pi = \frac{7\pi}{6}.$ ¿Esto tiene sentido? Bueno, hay tres caras equivalentes a la base del cubo grande, así que si juntas todas obtienes un ángulo sólido combinado de

3 \times \frac{7 π}{6} = \frac{7 π}{2}

$3\times \frac{7\pi}{6} = \frac{7\pi}{2}$ para las tres caras cercanas, y eso deja un ángulo sólido total de

4 π - \frac{7 π}{2} = \frac{π}{2}

$4\pi-\frac{7\pi}{2} = \frac{\pi}{2}$ por las tres caras lejanas. ¿Es eso razonable? Sí, mucho: es exactamente el

\frac{1}{8} 4 π

$\frac18 4\pi$ ángulo sólido subtendido por las tres caras lejanas de un cubo visto desde uno de sus vértices, y así es precisamente como se ven las otras tres caras

(δ, δ, δ)

$(\delta,\delta,\delta)$ como

δ \to 0

$\delta\to0$ y el punto simplemente se mezcla con el vértice en

(0, 0, 0)

$(0,0,0)$ .

^{El cuaderno de Mathematica utilizado para producir las imágenes de esta publicación está disponible a través de Import[" http://goo.gl/NaH6rM "][" http://i.stack.imgur.com/bcsC4.png "].}

Como alternativa, si realmente necesita ver las tuercas y los tornillos en detalle, el flujo a través de la cara inferior en finito $\delta$ y $L$ en realidad se puede calcular exactamente. Esto se hace más fácilmente en coordenadas cartesianas, lo que da algunas raíces cuadradas en el denominador, pero nada de qué asustarse demasiado. Comience, entonces, con la siguiente representación:

\begin{aligned} Φ & = \int_{S} mi \cdot d a = \int_{- d}^{L} d X \int_{- d}^{L} d y \frac{\frac{q}{4 π ϵ_{0}} (X, y, - d) \cdot (0, 0, - 1)}{{‖ (X, y, d) ‖}^{3 / 2}} \\ = \frac{q d}{4 π ϵ_{0}} \int_{- d}^{L} \int_{- d}^{L} \frac{d X d y}{{(X^{2} + y^{2} + d^{2})}^{3 / 2}} . \end{aligned}

$\begin{align} \Phi &=\int_S \mathbf E\cdot\mathrm d\mathbf a = \int_{-\delta}^{L}\mathrm dx \int_{-\delta}^{L}\mathrm dy \frac{\frac{q}{4\pi\epsilon_0}(x,y,-\delta)\cdot(0,0,-1)}{ \left\|(x,y,\delta)\right\|^{3/2} } \\ & = \frac{q\delta}{4\pi\epsilon_0} \int_{-\delta}^{L} \int_{-\delta}^{L} \frac{\mathrm dx\:\mathrm dy}{ \left(x^2+y^2+\delta^2\right)^{3/2} }. \end{align}$ Aquí usamos el hecho de que la integral interna es perfectamente factible:

\int \frac{d X}{{(X^{2} + α^{2})}^{3 / 2}} = \frac{X}{α^{2} \sqrt{X^{2} + α^{2}}} .

$\int \frac{\mathrm dx}{ \left(x^2+\alpha^2\right)^{3/2} } = \frac{x}{\alpha^2\sqrt{x^2+\alpha^2}}.$ Poniendo esto en lo anterior, obtenemos

\begin{aligned} Φ & = \frac{q d}{4 π ϵ_{0}} \int_{- d}^{L} {\frac{X}{(y^{2} + d^{2}) \sqrt{X^{2} + y^{2} + d^{2}}} |}_{- d}^{L} d y \\ = \frac{q d}{4 π ϵ_{0}} \int_{- d}^{L} [\frac{L}{(y^{2} + d^{2}) \sqrt{y^{2} + L^{2} + d^{2}}} + \frac{d}{(y^{2} + d^{2}) \sqrt{y^{2} + 2 d^{2}}}] d y . \end{aligned}

$\begin{align} \Phi &= \frac{q\delta}{4\pi\epsilon_0} \int_{-\delta}^{L} \left. \frac{x}{ (y^2+\delta^2)\sqrt{x^2+y^2+\delta^2} } \right|_{-\delta}^{L} \mathrm dy \\ & = \frac{q\delta}{4\pi\epsilon_0} \int_{-\delta}^{L} \left[ \frac{L}{ (y^2+\delta^2)\sqrt{y^2+L^2+\delta^2} } +\frac{\delta}{ (y^2+\delta^2)\sqrt{y^2+2\delta^2} } \right] \mathrm dy. \end{align}$ Del mismo modo, esta integral también es perfectamente factible:

\int \frac{d y}{(y^{2} + α^{2}) \sqrt{y^{2} + β^{2}}} = \frac{1}{α \sqrt{β^{2} - α^{2}}} arcán (\frac{\sqrt{β^{2} - α^{2}} y}{α \sqrt{β^{2} + y^{2}}}) .

$\int \frac{\mathrm dy}{ \left(y^2+\alpha^2\right)\sqrt{y^2+\beta^2} } = \frac{1}{\alpha\sqrt{\beta^2-\alpha^2}} \arctan\left( \frac{ \sqrt{\beta^2-\alpha^2}y }{ \alpha\sqrt{\beta^2+y^2} } \right) .$

El resultado es un poco desordenado, pero tienes una forma explícita. En particular, entonces, usted tiene

\begin{aligned} Φ & = \frac{q d}{4 π ϵ_{0}} {[\frac{1}{d} arcán (\frac{L y}{d \sqrt{L^{2} + d^{2} + y^{2}}}) + \frac{1}{d} arcán (\frac{y}{\sqrt{2 d^{2} + y^{2}}})]}_{- d}^{L} \\ = \frac{q}{4 π ϵ_{0}} [arcán (\frac{L^{2}}{d \sqrt{2 L^{2} + d^{2}}}) + arcán (\frac{L}{\sqrt{L^{2} + 2 d^{2}}}) \\ + arcán (\frac{L}{\sqrt{2 d^{2} + L^{2}}}) + arcán (\frac{1}{\sqrt{3}})] . \end{aligned}

$\begin{align} \Phi &= \frac{q\delta}{4\pi\epsilon_0} \left[ \frac{1}{\delta} \arctan\left( \frac{ L y }{ \delta\sqrt{L^2+\delta^2+y^2} } \right) + \frac{1}{\delta} \arctan\left( \frac{ y }{ \sqrt{2\delta^2+y^2} } \right) \right]_{-\delta}^{L} \\ & = \frac{q}{4\pi\epsilon_0} \left[ \arctan\left( \frac{ L^2 }{ \delta\sqrt{2L^2+\delta^2} } \right) + \arctan\left( \frac{ L }{ \sqrt{L^2+2\delta^2} } \right) \right.\\ & \qquad \qquad \quad + \left. \arctan\left( \frac{ L }{ \sqrt{2\delta^2+L^2} } \right) + \arctan\left( \frac{ 1 }{ \sqrt{3} } \right) \right]. \end{align}$

Esto es bueno porque es válido para todo finito $\delta$ y $L$ , pero lo que nos interesa es el límite de esta cosa como $\delta/L\to 0$ , por lo que en ese espíritu es mejor reformularlo como

\begin{aligned} Φ & = \frac{q}{4 π ϵ_{0}} [arcán (\frac{L / d}{\sqrt{2 + d^{2} / L^{2}}}) + 2 arcán (\frac{1}{\sqrt{1 + 2 d^{2} / L^{2}}}) + arcán (\frac{1}{\sqrt{3}})] \\ \to \frac{q}{4 π ϵ_{0}} [arcán (\frac{\infty}{\sqrt{2 + 0}}) + 2 arcán (1) + arcán (\frac{1}{\sqrt{3}})] \\ = \frac{q}{4 π ϵ_{0}} [\frac{π}{2} + 2 \frac{π}{4} + \frac{π}{6}] = \frac{q}{4 π ϵ_{0}} \times \frac{7 π}{6} = \frac{7}{24} \frac{q}{ϵ_{0}} . \end{aligned}

$\begin{align} \Phi &= \frac{q}{4\pi\epsilon_0} \left[ \arctan\left( \frac{ L/\delta }{ \sqrt{2+\delta^2/L^2} } \right) + 2\arctan\left( \frac{ 1 }{ \sqrt{1+2\delta^2/L^2} } \right) + \arctan\left( \frac{ 1 }{ \sqrt{3} } \right) \right] \\ & \to \frac{q}{4\pi\epsilon_0} \left[ \arctan\left( \frac{ \infty }{ \sqrt{2+0} } \right) + 2\arctan\left( 1 \right) + \arctan\left( \frac{ 1 }{ \sqrt{3} } \right) \right] \\ & = \frac{q}{4\pi\epsilon_0} \left[ \frac{\pi}{2} + 2\frac{\pi}{4} + \frac{\pi}{6} \right] = \frac{q}{4\pi\epsilon_0} \times \frac{7\pi}{6} = \frac{7}{24} \frac{q}{\epsilon_0} . \end{align}$

Por supuesto, esto concuerda con el resultado intuitivo anterior (y, lo que es aún más agradable, cada término de esa suma final tiene una contrapartida directa e igual en la descomposición geométrica anterior).

Frobenius · Answer 3

Nota: aunque tarde en la fiesta, creo que no hay necesidad de otra respuesta a esta pregunta, debido a la excelente y completa respuesta de Emilio Pisanty (con todos los aspectos prácticos en detalle). Pero es el momento que hace unos días traté de encontrar una fórmula para el flujo de la intensidad del campo eléctrico. $\,\mathbf{E}\,$ de una carga puntual $\,Q\,$ a través de un paralelogramo rectangular como en la Figura-01.

Mi esfuerzo terminó en un resultado que estoy publicando aquí como Proposición-Regla práctica:

Proposición-Regla práctica:

Sea un paralelogramo rectangular de lados $\,a,b\,$ y un punto $\,Q\,$ colocado a una altura $\,c\,$ verticalmente hacia arriba de una de sus esquinas, ver Figura-01. Entonces el ángulo sólido $\,\Theta\,$ por el cual el punto $\,Q\,$ "ve" que el paralelogramo rectangular está determinado por la ecuación
$\begin{matrix} (01) & broncearse Θ = \frac{s}{C \cdot d} = \frac{a \cdot b}{C \cdot \sqrt{a^{2} + b^{2} + C^{2}}} \end{matrix}$ $\begin{equation} \tan\Theta=\dfrac{s}{c\!\cdot\!d}=\dfrac{a\!\cdot\!b}{c\!\cdot\!\sqrt{a^{2}+b^{2}+c^{2}}} \tag{01} \end{equation}$ dónde $\,s=a\!\cdot\!b\,$ el área del paralelogramo rectangular y $\,d=\sqrt{a^{2}+b^{2}+c^{2}}\,$ la diagonal de $\,Q\,$ a la esquina opuesta.

La ecuación (01) se prueba en la sección Geometría diferencial ⁽¹⁾ para completarla, aunque su prueba está oculta en la respuesta de Emilio Pisanty.

Ahora, tenga en cuenta que si $\,Q\,$ es una carga puntual en el espacio vacío, entonces el flujo a través del paralelogramo es

\begin{matrix} (02) & Φ = \frac{Θ}{4 π} \frac{q}{ϵ_{0}} \end{matrix}

$\begin{equation} \Phi=\dfrac{\Theta}{4\pi}\dfrac{Q}{\epsilon_{0}} \tag{02} \end{equation}$ Como ejemplo, si tenemos un cubo de lado

L = a = b = c

$\,L=a=b=c\,$ entonces para el flujo a través de una de sus caras desde una carga puntual

Q

$\,Q\,$ colocado en una de las esquinas opuestas

\begin{matrix} (03) & broncearse Θ = \frac{L^{2}}{\sqrt{3} L^{2}} = \frac{1}{\sqrt{3}} ⟹ Θ = \frac{π}{6} \end{matrix}

$\begin{equation} \tan\Theta=\dfrac{L^{2}}{\sqrt{3}L^{2}}=\dfrac{1}{\sqrt{3}} \Longrightarrow \Theta =\dfrac{\pi}{6} \tag{03} \end{equation}$ entonces

\begin{matrix} (04) & Φ = \frac{\frac{π}{6}}{4 π} \frac{q}{ϵ_{0}} = \frac{1}{24} \frac{q}{ϵ_{0}} \end{matrix}

$\begin{equation} \Phi=\dfrac{\dfrac{\pi}{6}}{4\pi}\dfrac{Q}{\epsilon_{0}}=\dfrac{1}{24}\dfrac{Q}{\epsilon_{0}} \tag{04} \end{equation}$ de acuerdo con las respuestas dadas allí: flujo a través del lado de un cubo , y especialmente la excelente respuesta de joshphysics usando las propiedades de simetría de la configuración.

Si la carga puntual $\,Q\,$ se coloca a una altura $\,c\,$ verticalmente hacia arriba de un punto dentro del paralelogramo como en la Figura-02 luego de acuerdo con las ecuaciones (01) y (02):

\begin{aligned} (05) & Φ & = (\frac{Θ_{1} + Θ_{2} + Θ_{3} + Θ_{4}}{4 π}) \frac{q}{ϵ_{0}}, dónde \\ (06.1) & Θ_{1} & = arcán (\frac{s_{1}}{C \cdot d_{1}}) = arcán [\frac{tu v}{C \sqrt{{tu}^{2} + v^{2} + C^{2}}}] \\ (06.2) & Θ_{2} & = arcán (\frac{s_{2}}{C \cdot d_{2}}) = arcán [\frac{(a - tu) v}{C \sqrt{(a - tu)^{2} + v^{2} + C^{2}}}] \\ (06.3) & Θ_{3} & = arcán (\frac{s_{3}}{C \cdot d_{3}}) = arcán [\frac{(a - tu) (b - v)}{C \sqrt{(a - tu)^{2} + (b - v)^{2} + C^{2}}}] \\ (06.4) & Θ_{4} & = arcán (\frac{s_{4}}{C \cdot d_{4}}) = arcán [\frac{tu (b - v)}{C \sqrt{{tu}^{2} + (b - v)^{2} + C^{2}}}] \end{aligned}

$\begin{align} \Phi & = \left(\dfrac{\Theta_{1}\!+\!\Theta_{2}\!+\!\Theta_{3}\!+\!\Theta_{4}}{4\pi}\right)\dfrac{Q}{\epsilon_{0}}\:, \quad \text{where} \tag{05}\\ \Theta_{1} & = \arctan\left(\dfrac{s_{1}}{c\!\cdot\!d_{1}}\right) =\arctan\left[\dfrac{uv}{c\sqrt{u^{2}\!+\!v^{2}\!+\!c^{2}}}\right] \tag{06.1}\\ \Theta_{2} & = \arctan\left(\dfrac{s_{2}}{c\!\cdot\!d_{2}}\right) =\arctan\left[\dfrac{(a\!-\!u)v}{c\sqrt{(a\!-\!u)^{2}\!+\!v^{2}\!+\!c^{2}}}\right] \tag{06.2}\\ \Theta_{3} & = \arctan\left(\dfrac{s_{3}}{c\!\cdot\!d_{3}}\right) = \arctan\left[\dfrac{(a\!-\!u)(b\!-\!v)}{c\sqrt{(a\!-\!u)^{2}\!+\!(b\!-\!v)^{2}\!+\!c^{2}}}\right] \tag{06.3}\\ \Theta_{4} & = \arctan\left(\dfrac{s_{4}}{c\!\cdot\!d_{4}}\right) = \arctan\left[\dfrac{u(b\!-\!v)}{c\sqrt{u^{2}\!+\!(b\!-\!v)^{2}\!+\!c^{2}}}\right] \tag{06.4} \end{align}$

Para la pregunta: si en las ecuaciones (06) establecemos $\,a=b=L\,$ y $\,u=v=c=\delta\,$ entonces

\begin{aligned} (07.1) & Θ_{1} & = arcán (\frac{s_{1}}{C \cdot d_{1}}) = arcán [\frac{d^{2}}{d^{2} \sqrt{3}}] = arcán (\frac{1}{\sqrt{3}}) = \frac{π}{6} \\ (07.2) & Θ_{2} & = arcán (\frac{s_{2}}{C \cdot d_{2}}) = arcán [\frac{(L - d) d}{d \sqrt{(L - d)^{2} + d^{2} + d^{2}}}] = arcán [\frac{(L - d)}{\sqrt{(L - d)^{2} + 2 d^{2}}}] \\ (07.3) & Θ_{3} & = arcán (\frac{s_{3}}{C \cdot d_{3}}) = arcán [\frac{(L - d)^{2}}{d \sqrt{2 (L - d)^{2} + d^{2}}}] \\ (07.4) & Θ_{4} & = arcán (\frac{s_{4}}{C \cdot d_{4}}) = arcán [\frac{d (L - d)}{d \sqrt{d^{2} + (L - d)^{2} + d^{2}}}] = arcán [\frac{(L - d)}{\sqrt{(L - d)^{2} + 2 d^{2}}}] \end{aligned}

$\begin{align} \Theta_{1} & = \arctan\left(\dfrac{s_{1}}{c\!\cdot\!d_{1}}\right) =\arctan\left[\dfrac{\delta^{2}}{\delta^{2}\sqrt{3}}\right]=\arctan\left(\dfrac{1}{\sqrt{3}}\right)=\dfrac{\pi}{6} \tag{07.1}\\ \Theta_{2} & = \arctan\left(\dfrac{s_{2}}{c\!\cdot\!d_{2}}\right) =\arctan\left[\dfrac{(L\!-\!\delta)\delta}{\delta \sqrt{(L\!-\!\delta)^{2}\!+\!\delta^{2}\!+\!\delta^{2}}}\right]=\arctan\left[\dfrac{(L\!-\!\delta)}{ \sqrt{(L\!-\!\delta)^{2}\!+\!2\delta^{2}}}\right] \tag{07.2}\\ \Theta_{3} & = \arctan\left(\dfrac{s_{3}}{c\!\cdot\!d_{3}}\right) = \arctan\left[\dfrac{(L\!-\!\delta)^{2}}{\delta\sqrt{2(L\!-\!\delta)^{2}\!+\!\delta^{2}}}\right] \tag{07.3}\\ \Theta_{4} & = \arctan\left(\dfrac{s_{4}}{c\!\cdot\!d_{4}}\right) = \arctan\left[\dfrac{\delta (L\!-\!\delta)}{\delta\sqrt{\delta^{2}\!+\!(L\!-\!\delta)^{2}\!+\!\delta^{2}}}\right]=\arctan\left[\dfrac{(L\!-\!\delta)}{ \sqrt{(L\!-\!\delta)^{2}\!+\!2\delta^{2}}}\right] \tag{07.4} \end{align}$ entonces

\begin{aligned} (08.1) & \underset{L \to \infty}{límite} Θ_{1} & = \underset{d \to 0}{límite} Θ_{1} = \underset{d / L \to 0}{límite} Θ_{1} = arcán (\frac{1}{\sqrt{3}}) = \frac{π}{6} \\ (08.2) & \underset{L \to \infty}{límite} Θ_{2} & = \underset{d \to 0}{límite} Θ_{2} = \underset{d / L \to 0}{límite} Θ_{2} = arcán (+ 1) = \frac{π}{4} \\ (08.3) & \underset{L \to \infty}{límite} Θ_{3} & = \underset{d \to 0}{límite} Θ_{3} = \underset{d / L \to 0}{límite} Θ_{3} = arcán (+ \infty) = \frac{π}{2} \\ (08.4) & \underset{L \to \infty}{límite} Θ_{4} & = \underset{d \to 0}{límite} Θ_{4} = \underset{d / L \to 0}{límite} Θ_{4} = arcán (+ 1) = \frac{π}{4} \end{aligned}

$\begin{align} \lim_{L\rightarrow \infty}\Theta_{1} & \! = \lim_{\delta\rightarrow 0}\Theta_{1} =\lim_{\delta/L \rightarrow 0}\Theta_{1} =\arctan\left(\!\dfrac{1}{\sqrt{3}}\!\right)\!=\dfrac{\pi}{6} \tag{08.1}\\ \lim_{L\rightarrow \infty}\Theta_{2} & = \lim_{\delta\rightarrow 0}\Theta_{2} =\lim_{\delta/L \rightarrow 0}\Theta_{2} =\arctan\left(+\;1\;\right)=\dfrac{\pi}{4} \tag{08.2}\\ \lim_{L\rightarrow \infty}\Theta_{3} & = \lim_{\delta\rightarrow 0}\Theta_{3} =\lim_{\delta/L \rightarrow 0}\Theta_{3} =\arctan\left(+\infty\right)=\dfrac{\pi}{2} \tag{08.3}\\ \lim_{L\rightarrow \infty}\Theta_{4} & =\lim_{\delta\rightarrow 0}\Theta_{4} =\lim_{\delta/L \rightarrow 0}\Theta_{4} = \arctan\left(+\;1\;\right)=\dfrac{\pi}{4} \tag{08.4} \end{align}$ y desde (05)

\begin{matrix} (09) & Φ = (\frac{Θ_{1} + Θ_{2} + Θ_{3} + Θ_{4}}{4 π}) \frac{q}{ϵ_{0}} = (\frac{\frac{π}{6} + \frac{π}{4} + \frac{π}{2} + \frac{π}{4}}{4 π}) \frac{q}{ϵ_{0}} = \frac{7}{24} \frac{q}{ϵ_{0}} \end{matrix}

$\begin{equation} \Phi =\left(\dfrac{\Theta_{1}\!+\!\Theta_{2}\!+\!\Theta_{3}\!+\!\Theta_{4}}{4\pi}\right)\dfrac{Q}{\epsilon_{0}}=\left(\dfrac{\dfrac{\pi}{6}\!+\!\dfrac{\pi}{4}\!+\!\dfrac{\pi}{2}\!+\!\dfrac{\pi}{4}}{4\pi}\right)\dfrac{Q}{\epsilon_{0}}=\dfrac{7}{24}\dfrac{Q}{\epsilon_{0}} \tag{09} \end{equation}$

^{(1) Geometría diferencial}

^{Para encontrar el flujo $\,\Phi\,$ por la ecuación (02) es necesario tener el ángulo sólido $\,\Theta\,$ , ese es el ángulo sólido por el cual la fuente puntual $\,Q\,$ "ve" el paralelogramo rectangular $\,\rm{ADBC}\,$ , consulte la Figura-03. Este ángulo sólido es por su definición}

\begin{matrix} (dg-01) & Θ \overset{d mi F}{\equiv} \frac{S}{R^{2}} \end{matrix}

$\begin{equation} \Theta \stackrel{def}{\equiv}\dfrac{\mathrm{S}}{R^{2}} \tag{dg-01} \end{equation}$ dónde

S

$\,\mathrm{S}\,$ el área de un parche esférico, la proyección (estereográfica) del paralelogramo

A D B C

$\,\rm{ADBC}\,$ en la superficie esférica de radio

R

$\,R\,$ como en la figura. La ecuación paramétrica de este parche esférico es

\begin{matrix} (dg-02) & F (X, y) = \frac{R}{\sqrt{X^{2} + y^{2} + R^{2}}} [\begin{matrix} X \\ y \\ \sqrt{X^{2} + y^{2} + R^{2}} - R \end{matrix}], X \in [0, a] \land y \in [0, b] \end{matrix}

$\begin{equation} \mathbf{f}\left(x,y\right)=\dfrac{R}{\sqrt{x^{2}+y^{2}+R^{2}}} \begin{bmatrix} x \vphantom{\dfrac12}\\ y \vphantom{\dfrac12}\\ \sqrt{x^{2}+y^{2}+R^{2}}\!-\!R \vphantom{\dfrac12} \end{bmatrix}\,, \quad x \in \left[0,a\right]\, \land y \in \left[0,b\right] \tag{dg-02} \end{equation}$ Tenga en cuenta que los parámetros de esta ecuación son las coordenadas cartesianas

x, y

$\,x,y\,$ . el vector

f (x, y)

$\,\mathbf{f}\left(x,y\right)\,$ es el vector de posición de la proyección (estereográfica) sobre la esfera del punto

(x, y)

$\,(x,y)\,$ dentro del paralelogramo.

^{Para encontrar el área del parche esférico $\,\mathrm{S}\,$ usamos los vectores $\,\mathbf{f}_{x} ,\mathbf{f}_{y}\,$ tangente a las curvas paramétricas x y paramétricas}

\begin{aligned} (dg-03a) & F_{X} & \equiv \frac{\partial F (X, y)}{\partial X} = \frac{R}{{(X^{2} + y^{2} + R^{2})}^{\frac{3}{2}}} [\begin{matrix} y^{2} + R^{2} \\ - y X \\ R X \end{matrix}] \\ (dg-03b) & F_{y} & \equiv \frac{\partial F (X, y)}{\partial y} = \frac{R}{{(X^{2} + y^{2} + R^{2})}^{\frac{3}{2}}} [\begin{matrix} - X y \\ X^{2} + R^{2} \\ R y \end{matrix}] \end{aligned}

$\begin{align} \mathbf{f}_{x} & \equiv \dfrac{\partial\mathbf{f}\left(x,y\right)}{\partial x}=\dfrac{R}{\left(x^{2}+y^{2}+R^{2}\right)^{\frac32}} \begin{bmatrix} y^{2}+R^{2}\vphantom{\dfrac12}\\ -y\,x\vphantom{\dfrac12}\\ \hphantom{-}R\,x\vphantom{\dfrac12} \end{bmatrix} \tag{dg-03a}\\ \mathbf{f}_{y} & \equiv \dfrac{\partial\mathbf{f}\left(x,y\right)}{\partial y}=\dfrac{R}{\left(x^{2}+y^{2}+R^{2}\right)^{\frac32}} \begin{bmatrix} -x\, y\vphantom{\dfrac12}\\ x^{2}+R^{2} \vphantom{\dfrac12}\\ \hphantom{-}R\,y\vphantom{\dfrac12} \end{bmatrix} \tag{dg-03b} \end{align}$ de donde para la infinitesimal normal a la superficie tenemos

\begin{matrix} (dg-04) & d S = (F_{X} \times F_{y}) d X d y = \frac{R^{2}}{{(X^{2} + y^{2} + R^{2})}^{3}} | \begin{matrix} i & j & k \\ y^{2} + R^{2} & - y X & R X \\ - X y & X^{2} + R^{2} & R y \end{matrix} | d X d y \end{matrix}

$\begin{equation} \mathrm{d}\mathbf{S} =\left(\mathbf{f}_{x}\boldsymbol{\times}\mathbf{f}_{y}\right)\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y= \dfrac{R^{2}}{\left(x^{2}+y^{2}+R^{2}\right)^{3}} \begin{vmatrix} \hphantom{-}\mathbf{i} & \hphantom{-}\mathbf{j} & \hphantom{-}\mathbf{k} \hphantom{-}\vphantom{\dfrac12}\\ \hphantom{-} y^{2}+R^{2} & -y\, x & R\,x \vphantom{\dfrac12}\\ -x\, y & \hphantom{-} x^{2}+R^{2} & R\,y \vphantom{\dfrac12} \end{vmatrix} \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y \tag{dg-04} \end{equation}$ eso es

\begin{matrix} (dg-05) & d S = \frac{R^{3}}{{(X^{2} + y^{2} + R^{2})}^{2}} [\begin{matrix} - X \\ - y \\ R \end{matrix}] d X d y \end{matrix}

$\begin{equation} \mathrm{d}\mathbf{S} =\dfrac{R^{3}}{\left(x^{2}+y^{2}+R^{2}\right)^{2}} \begin{bmatrix} -x \vphantom{\dfrac12}\\ -y \vphantom{\dfrac12}\\ \hphantom{-}R\vphantom{\dfrac12} \end{bmatrix} \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y \tag{dg-05} \end{equation}$ mientras que para el área infinitesimal

\begin{matrix} (dg-06) & d S = ‖ F_{X} \times F_{y} ‖ d X d y = \frac{R^{3}}{{(X^{2} + y^{2} + R^{2})}^{\frac{3}{2}}} d X d y \end{matrix}

$\begin{equation} \mathrm{d}\mathrm{S} =\Vert\mathbf{f}_{x}\boldsymbol{\times}\mathbf{f}_{y}\Vert\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y=\dfrac{R^{3}}{\left(x^{2}+y^{2}+R^{2}\right)^{\frac32}}\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y \tag{dg-06} \end{equation}$ Así que el área del parche esférico

S

$\,\mathrm{S}\,$ es

\begin{matrix} (dg-07) & S = R^{3} \int_{y = 0}^{y = b} \int_{X = 0}^{X = a} \frac{1}{(X^{2} + y^{2} + R^{2})^{\frac{3}{2}}} d X d y \end{matrix}

$\begin{equation} \mathrm{S} =R^{3}\int\limits_{y=0}^{y=b}\int\limits_{x=0}^{x=a}\dfrac{1}{\bigl(x^{2}\!+\!y^{2}\!+\!R^{2}\bigr)^{\frac32}}\mathrm{d}x \mathrm{d}y \tag{dg-07} \end{equation}$ No es casualidad que esta integral doble aparezca en la respuesta de Emilio Pisanty y, aunque integrada en ella, procedemos también aquí para completar de la siguiente manera: ^{De la integral indefinida

$\begin{matrix} (dg-08) & \int \frac{1}{(X^{2} + y^{2} + R^{2})^{\frac{3}{2}}} d X = \frac{X}{(y^{2} + R^{2}) \sqrt{y^{2} + X^{2} + R^{2}}} + constante \end{matrix}$ $\begin{equation} \int\dfrac{1}{\bigl(x^{2}\!+\!y^{2}\!+\!R^{2}\bigr)^{\frac32}}\mathrm{d}x =\dfrac{x}{\left(y^{2}\!+\!R^{2}\right)\sqrt{y^{2}\!+\!x^{2}\!+\!R^{2}}}+\text{constant} \tag{dg-08} \end{equation}$ tenemos al principio
$\begin{matrix} (dg-09) & \int_{X = 0}^{X = a} \frac{1}{(X^{2} + y^{2} + R^{2})^{\frac{3}{2}}} d X = \frac{a}{(y^{2} + R^{2}) \sqrt{y^{2} + a^{2} + R^{2}}} \end{matrix}$ $\begin{equation} \int\limits_{x=0}^{x=a}\dfrac{1}{\bigl(x^{2}\!+\!y^{2}\!+\!R^{2}\bigr)^{\frac32}}\mathrm{d}x =\dfrac{a}{\left(y^{2}\!+\!R^{2}\right)\sqrt{y^{2}\!+\!a^{2}\!+\!R^{2}}} \tag{dg-09} \end{equation}$ entonces
$\begin{matrix} (dg-10) & S = R^{3} \int_{y = 0}^{y = b} \frac{a}{(y^{2} + R^{2}) \sqrt{y^{2} + a^{2} + R^{2}}} d y \end{matrix}$ $\begin{equation} \mathrm{S} =R^{3}\int\limits_{y=0}^{y=b}\dfrac{a}{\left(y^{2}\!+\!R^{2}\right)\sqrt{y^{2}\!+\!a^{2}\!+\!R^{2}}} \mathrm{d}y \tag{dg-10} \end{equation}$ y después de eso de la integral indefinida

$\begin{matrix} (dg-11) & \int \frac{a}{(y^{2} + R^{2}) \sqrt{y^{2} + a^{2} + R^{2}}} d y = \frac{arcán (\frac{a y}{R \sqrt{y^{2} + a^{2} + R^{2}}})}{R} + constante \end{matrix}$ $\begin{equation} \int \dfrac{a}{\left(y^{2}\!+\!R^{2}\right)\sqrt{y^{2}\!+\!a^{2}\!+\!R^{2}}} \mathrm{d}y=\dfrac{\arctan\left(\dfrac{a y}{R\sqrt{y^{2}\!+\!a^{2}\!+\!R^{2}}}\right)}{R}+\text{constant} \tag{dg-11} \end{equation}$ finalmente tenemos
$\begin{matrix} (dg-12) & S = R^{2} arcán (\frac{a b}{R \sqrt{a^{2} + b^{2} + R^{2}}}) = R^{2} arcán (\frac{a b}{R d}) \end{matrix}$ $\begin{equation} \mathrm{S} =R^{2}\arctan\left(\dfrac{a\,b}{R\sqrt{a^{2}\!+\!b^{2}\!+\!R^{2}}}\right)=R^{2}\arctan\left(\dfrac{a\,b}{R\, d}\right) \tag{dg-12} \end{equation}$ y entonces
$\begin{matrix} (dg-13) & Θ = \frac{S}{R^{2}} = arcán (\frac{a b}{R \sqrt{a^{2} + b^{2} + R^{2}}}) = arcán (\frac{a b}{R d}) \end{matrix}$ $\begin{equation} \Theta =\dfrac{\mathrm{S}}{R^{2}}=\arctan\left(\dfrac{a\,b}{R\sqrt{a^{2}\!+\!b^{2}\!+\!R^{2}}}\right)=\arctan\left(\dfrac{a\,b}{R\, d}\right) \tag{dg-13} \end{equation}$ demostrando la ecuación (01).}

^{A continuación se dan dos versiones 3D de la Figura-03}

¿Cómo hizo las imágenes en 3D, señor, y hay un pdf de toda esta explicación que tiene?
@Orion_Pax: Aunque después de 7 meses, bienvenido a PSE. Dibujo todas las Figuras con el software gratuito GeoGebra. Una de sus ventajas es que puedes insertar ecuaciones en $\LaTeX$ . Una segunda es que puedes dibujar en 3D y el programa te da la posibilidad de exportar una imagen en versión 3D para gafas rojo-azules. Esto sucedió aquí con la Figura-03. Lo dibujé en 3D y más allá de la versión 2D, exporté fácilmente dos imágenes en 3D.
@Orion_Pax: En lo que respecta al .pdf, comencemos primero con la pregunta: ¿Está familiarizado con $\LaTeX$ y en consecuencia con su versión para PSE llamada MathJax?
Veo bien, intentaré usar GeoGebra, y señor, no estoy muy acostumbrado a Latex, así que lo mismo con MathJax :(, pero seguramente diga qué método sugeriría si los hubiera conocido en el futuro)?
Esta publicación es muy antigua, no tengo el archivo .pdf. Podemos crear uno copiando el código MathJax en mi respuesta en un (La) TeXmaker. Podría hacerlo rápidamente, pero sugiero que se lo deje a usted. Sería una buena oportunidad para comenzar a aprender y usar esta increíble herramienta. $\LaTeX$ .
Veo que lo intentaré, señor, gracias :) y para las imágenes, ¿simplemente cargue allí en el fabricante de látex?
@Orion_Pax: Sí, haga clic derecho en cada imagen y "Guardar imagen como...".

pablo g · Answer 4

pablo g

Un enfoque posiblemente más simple:

Hay algo de simetría en el problema. Considere los 3 lados que se encuentran en la esquina más cercana a la carga. ¿Hay alguna razón por la que los flujos a través de estos sean todos diferentes? Lo mismo para los 3 lados restantes. Entonces, en realidad solo hay dos valores de flujo desconocidos. Esta pregunta te ayudará a encontrar uno de ellos , y la Ley de Gauss debería darte el otro.

Rosa

la carga está a una distancia finita de la esquina, no podemos tomarla como si estuviera en la esquina. El enlace proporcionado es para el caso en que la carga está exactamente en la esquina.

pablo g

@user356886: Sí, si necesita la respuesta en función de delta, entonces el método que sugerí no es adecuado. Sin embargo, pensé que la pregunta era por el flujo en el límite que delta tiende a cero. Si es así, puede decir lo siguiente: Sea F1(delta) el flujo a través de los 3 planos "cercanos" y F2(delta) el flujo a través de los 3 planos "lejanos". Sabemos que F1(delta) + F2(delta) = q/e, para delta > 0. (La condición delta > 0 aquí es solo para garantizar que la carga esté dentro de la caja). Tomando el límite, obtienes F1( 0) = q/e - F2(0), y F2(0) viene dado por la respuesta vinculada.

Rosa

No necesito flujo como una función de delta, lo que necesito es el flujo asociado con la base del cubo en el límite ya que delta tiende a cero. No implica que calcule el flujo poniendo delta = 0. delta es finito y distinto de cero. Se puede ver de esta manera. La carga está muy cerca de la esquina en la diagonal del cuerpo pero no en la esquina.

Física Intuitiva · Answer 5

Una forma de hacer esto consiste básicamente en el cálculo de tuercas y tornillos con la Ley de Gauss en mente. Y coordinar las transformaciones en mente. Debería verificar mis transformaciones en busca de errores tipográficos, pero el método sigue siendo el mismo

Definir campo eléctrico

\vec{mi} = \frac{k q}{| {\vec{r}}^{'} |^{2}} {\hat{r}}^{'}

$\vec{E}={kq\over |\vec{r}'|^2}\hat{r}'$

Pero imagina que la carga existe en relación con el vértice de un sistema de coordenadas cartesianas. Por supuesto, esto significa que $\vec{r'}$ en lo anterior se define en relación con la carga (no el vértice del sistema cartesiano). Reescribe lo anterior como

\vec{mi} = \frac{k q}{| \vec{r} - \vec{r_{q}} |^{2}} {\hat{r}}^{'},

$\vec{E}={kq\over |\vec{r}-\vec{r_q}|^2}\hat{r}',$ dónde

\vec{r}

$\vec{r}$ ahora se toma del vértice cartesiano, y

\vec{r_{q}}

$\vec{r_q}$ es la poción de la carga.

El vector unitario normal a su superficie de interés es $\hat{z}$ que se puede escribir un $\hat{z}=\hat{r}\cos(\theta)$ para convertir.

La superficie de interés es $\mathrm dx\:\mathrm dy$ , dónde

\begin{aligned} d X & \to pecado (ϕ) pecado (θ) d r d ϕ y \\ d y & \to - pecado (ϕ) porque (θ) d r d ϕ, \end{aligned}

$\begin{align} \mathrm dx &\to \sin(\phi)\sin(\theta)\mathrm dr \: \mathrm d\phi \quad\text{and} \\ \mathrm dy &\to -\sin(\phi)\cos(\theta)\mathrm dr \: \mathrm d\phi, \end{align}$ entonces esto da

d \vec{a} = - \hat{r} \sin^{2} (θ) \cos (ϕ) \sin (ϕ) d r d ϕ

$d\vec{a}=-\hat{r}\sin^2(\theta)\cos(\phi)\sin(\phi)\mathrm dr \: \mathrm d\phi$ .

A partir de la ley de Gauss, el flujo puede (a través de esta superficie) puede escribirse como

\int_{S_{b o t t o metro}} \vec{mi} \cdot d \vec{a} = - \int_{r} \int_{ϕ} \frac{k q}{| {\vec{r}}^{'} |^{2}} {\hat{r}}^{'} \cdot \hat{r} {pecado}^{2} (θ) porque (ϕ) pecado (ϕ) d r d ϕ .

$\int_{S_\mathrm{bottom}}\vec{E}\cdot d\vec{a}=-\int_{r}\int_{\phi}{kq\over |\vec{r}'|^2}\hat{r}'\cdot\hat{r}\sin^2(\theta)\cos(\phi)\sin(\phi)\mathrm dr \: \mathrm d\phi.$

Esta integral parece un poco peluda, pero podemos usar nuestros límites para simplificar . para uno como $r_q\rightarrow 0$ debe quedar claro que $\hat{\vec{r}}$ y ${\vec{r}}'$ convertirse en antiparalelo, y que $\vec{r}=-\vec{r}$ . Y $\theta={\pi\over 2}$ Así que tenemos en este límite

\int_{S_{b o t t o metro}} \vec{mi} \cdot d \vec{a} = \int_{r} \int_{ϕ} \frac{k q}{(r + ϵ)^{2}} porque (ϕ) pecado (ϕ) d r d ϕ .

$\int_{S_\mathrm{bottom}}\vec{E}\cdot d\vec{a} = \int_{r}\int_{\phi}{kq\over (r+\epsilon)^2}\cos(\phi)\sin(\phi)\mathrm dr \: \mathrm d\phi.$

Es bastante sencillo sacar la integral resultante con $0^+<r<\infty$ y ${\pi\over 2}<\phi<\pi$ .

NOTA: En realidad la integral sobre $r$ es el que debe tener cuidado, ¡tiene polos!, por lo que debe evaluarse en términos del método de integración de contorno ... aún factible. Y el resultado es...

Puede haber / o no algunos pequeños matices a tener en cuenta al integrar para escapar de la divergencia, pero creo que la lógica general debería estar bien.

ario bansal · Answer 6

si la carga en el vértice el flujo total a través del cubo es $\frac{q}{8\epsilon_0}$ . el flujo a través de tres caras es $\frac{q}{24\epsilon_0}$ cada uno ya través de 3 caras es cero. $\frac{q}{8\epsilon_0}$ se puede deducir fácilmente diciendo que un cubo más grande se puede hacer con 8 tales cubos pueden con $q$ en su centro y el flujo a través de cada cubo debe ser el mismo por simetría. Cuando la carga está justo dentro del cubo, el flujo en 3 caras que tenían flujo $\frac{q}{24\epsilon_0}$ cada uno no cambiará y el flujo total fuera del cubo debe ser $\frac{q}{\epsilon_0}$ . Las 3 caras que tenían $0$ el flujo debe tener el flujo restante igualmente dividido entre ellos debido a la simetría (ya que el punto está en la diagonal del cuerpo). y es $\frac{7q}{24\epsilon_0}$

¿Cuál es el flujo de campo eléctrico a través de la base de un cubo desde una carga puntual infinitesimalmente cercana a un vértice?

Rosa

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¿Cómo aplico la ley de Gauss a cilindros conductores coaxiales?

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Campo eléctrico en un caparazón

"Encuentre la fuerza neta que el hemisferio sur de una esfera uniformemente cargada ejerce sobre el hemisferio norte"

Campo eléctrico dentro del cable coaxial

Campo eléctrico de una placa conductora finita

Distribución de carga en un condensador de placas paralelas

Campo en el centro de un cubo con caras cargadas positiva y negativamente [duplicado]

Demostración del campo eléctrico constante entre dos placas paralelas infinitas cargadas