Derivación del voltaje del campo eléctrico

Question

Derivación del voltaje del campo eléctrico

Muño

Estoy tratando de derivar la ecuación de carga puntual para el voltaje integrando la ecuación de carga puntual para un campo eléctrico a lo largo de la distancia ( $dr$ ) atravesado: $\int (KQ/r^2)\cdot dr$

Este es mi razonamiento:

1) Tome una fuente de carga en $r = 0$ y una carga puntual en $r=-\infty$

2) Suponga que ambas cargas son positivas. Por lo tanto, cuando la carga puntual se mueve de $-\infty$ a $r$ , un campo eléctrico actúa contra la carga, disminuyendo su energía cinética.

3) Tenga en cuenta que la fuerza y la distancia están en direcciones opuestas (de ahí el producto punto $(KQ/r^2)\cdot dr$ ) y establecer $cos\theta$ a $cos(180)$

4) Configure la integral de energía:

Δ k mi = \int_{- \infty}^{r} (k q / r^{2}) d r * C o s (180)

$\Delta KE = \int_{-\infty}^{r} (KQ/r^2) dr * cos(180)$

4 Multiplicar por $-1$ para encontrar la energía potencial delta. Mi respuesta es $-KQ/r$ y no el real $KQ/r$

¿Por qué?

Δ V = - 1 \int_{- \infty}^{r} (k q / r^{2}) d r * C o s (180)

$\Delta V = -1 \int_{-\infty}^{r} (KQ/r^2) dr * cos(180)$

Las matemáticas:

Δ V = - 1 * C o s (180) \int_{- \infty}^{r} (k q / r^{2}) d r

$\Delta V = -1 * cos(180)\int_{-\infty}^{r} (KQ/r^2) dr$

Δ V = \int_{- \infty}^{r} (k q / r^{2}) d r

$\Delta V = \int_{-\infty}^{r} (KQ/r^2) dr$

- \infty

$-\infty$ bien podría ser

\infty

$\infty$

Δ V = \frac{- k q}{r} |_{\infty}^{r}

$\Delta V = \frac{-KQ}{r} \Big|_\infty^r$

\frac{- k q}{r} - \frac{- k q}{\infty}

$\frac{-KQ}{r} - \frac{-KQ}{\infty}$

Respuestas (1)

Derivación del voltaje del campo eléctrico

Tomás · Answer 1

Gracias por exponer su trabajo tan claramente en la pregunta.

creo que la solucion es la siguiente

Δ k mi = \int_{r_{a}}^{r_{b}} \frac{k q q}{r^{2}} d r

$\Delta KE= \int_{r_a}^{r_b}{ KQq \over r^2} dr$

dónde $r_a$ es la posición inicial y $r_b$ es la posición final (y he añadido $q$ como la carga de la carga puntual).

así, por ejemplo, si la carga puntual va de $r$ a $2r$ tenemos dos cargas positivas y el cambio en la energía cinética será positivo a medida que la carga puntual se aleja de la fuente de carga. - Intentemos eso en la ecuación anterior....

Δ k mi = \int_{r}^{2 r} \frac{k q q}{r^{2}} d r

$\Delta KE= \int_{r}^{2r}{ KQq \over r^2} dr$

= - {[\frac{k q q}{r}]}_{r}^{2 r} = - (\frac{k q q}{2 r} - \frac{k q q}{r})

$= -\left[{KQq \over r}\right]_r^{2r} = -\left({KQq \over 2r}-{KQq \over r}\right)$

= - \frac{k q q}{r} (\frac{1}{2} - 1) = - \frac{k q q}{r} (\frac{- 1}{2}) = + \frac{k q q}{2 r}

$= -{KQq \over r}\left({1 \over 2} - 1\right) = -{KQq \over r}\left({-1 \over 2}\right) = + {KQq \over 2r}$

así que esperábamos un positivo $\Delta KE$ y tenemos uno.

Ahora bien, esta ecuación para la energía cinética funciona a partir de cualquier $r_a$ a cualquier otro $r_b$ . Si vamos en la dirección positiva donde $r_b > r_a$ funciona bien como vimos para $r$ a $2r$ . Si vamos en la otra dirección hacia el origen (así $r_b < r_a$ ) no necesitamos poner en el $cos 180$ término porque eso se cuida en la integral porque

\int_{r_{a}}^{r_{b}} \frac{k q q}{r^{2}} d r = - \int_{r_{b}}^{r_{a}} \frac{k q q}{r^{2}} d r

$\int_{r_a}^{r_b}{ KQq \over r^2} dr = -\int_{r_b}^{r_a}{ KQq \over r^2} dr$

[más generalmente, por supuesto $\int_a^b f(x)dx=-\int_b^a f(x)dx$ ]

Por lo tanto, la solución a su pregunta es que no necesita el $cos(180)$ término que es $-1$ - saca esto y tu solución es perfecta.

disculpas porque mi primera respuesta se perdió esto, gracias por mostrar más trabajo.

así que para ponerlo todo junto

Δ PAG mi = - Δ k mi = - \int_{\infty}^{r} \frac{k q q}{r^{2}} d r

$\Delta PE = - \Delta KE = -\int_{\infty}^{r}{ KQq \over r^2} dr$

= + {[\frac{k q q}{r}]}_{\infty}^{r} = \frac{k q q}{r} - 0

$= +\left[{KQq \over r}\right]_\infty^r = {KQq \over r}-0$

para obtener el potencial lo dividimos por $q$ la carga de la carga puntual.

Ah, ok, lo siento, veo tu última edición... editaré la respuesta
@ user21945: lo siento, me perdí la solución en mi primera publicación. Espero que esta respuesta tenga sentido. - Otro comentario es que en su pregunta normalmente pasaríamos de $+\infty$ a $r$ , lo que ahorra tener que pasar por el origen en el camino .... - pero esto no cambia en absoluto la lógica de su trabajo en la pregunta.
muchas gracias por su ayuda. Todavía no puedo entender por qué la identidad tiene en cuenta cos 180, el producto escalar. Según tu lógica, la parte derecha de la identidad también da energía cinética. Así que lo tenemos que multiplicar por -1 antes de que podamos obtener energía potencial. Eso nos da la integral en su primera línea LATEX, y esa integral no se evalúa como un valor positivo. Gracias
@ user21945 acaban de aparecer más ediciones en la parte superior - mira lo que piensas - comenta si no tiene sentido.

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