Problema Fisica II Campo elettrico (potenziale)

[m.denny]

Ecco il seguente esercizio chi può darmi una mano?
Si dimostri che l'equazione

$E = \frac{q}{4\pi\epsilonL}ln (\frac{\frac{L}{2}+sqrt(\frac{L^2}{4}+y^2)}{\frac{-L}{2}+sqrt(\frac{L^2}{4}+y^2)})$

, relativa al potenziale elettrico generato da una distribuzione di carica lineare uniforme nei punti posti su una retta normale all'asse della distribuzione e passante per il suo punto medio (asse y in poche parole), si riduce al potenziale generato da una carica puntiforme per y molto maggiore di L

$E = \frac{1}{4\pi\epsilon} \frac{q}{y}$


p.s. la radice nell'espressione iniziale comprende tuto quello che c'è sotto anche se non sono riuscito ad allungare la v della radice

grazie

[Sidereus1]

"gorkj":Ecco il seguente esercizio chi può darmi una mano?
Si dimostri che l'equazione

$E = \frac{q}{4\pi\epsilonL}ln (\frac{\frac{L}{2}+sqrt(\frac{L^2}{4}+y^2)}{\frac{-L}{2}+sqrt(\frac{L^2}{4}+y^2)})$

si riduce al potenziale generato da una carica puntiforme per y molto maggiore di L:

$E = \frac{1}{4\pi\epsilon} \frac{q}{y}$

Considera lo sviluppo in serie di $sqrt(1+x^2)=1+1/2 x^2 -1/4 x^4-........$ applicato ai radicali della tua espressione:

$sqrt(L^2/4+y^2)=sqrt(y^2(1+(L^2)/(4y^2)))=|y|(1+o(L/|y|))$

Se $|y|>>L$, allora $o(L/|y|)$ è trascurabile, pertanto

$E = \frac{q}{4\pi\epsilonL}ln (\frac{\frac{L}{2}+sqrt(\frac{L^2}{4}+y^2)}{\frac{-L}{2}+sqrt(\frac{L^2}{4}+y^2)})=q/(4\pi\epsilonL)ln((|y|+L/2)/(|y|-L/2))$

Ora usa le proprietà dei logaritmi e lo sviluppo in serie di $ln(1+x)=x-x^2/2+x^3/3-....$ e otterrai il risultato da solo.

[m.denny]

Grazie della spiegazione però non riesco ad andare avanti perchè mi ritrovo con ln(1-x) e non so come fare...

[Quinzio]

"gorkj":Ecco il seguente esercizio chi può darmi una mano?
Si dimostri che l'equazione

$E = \frac{q}{4\pi\epsilonL}ln (\frac{\frac{L}{2}+sqrt(\frac{L^2}{4}+y^2)}{\frac{-L}{2}+sqrt(\frac{L^2}{4}+y^2)})$

, relativa al potenziale elettrico generato da una distribuzione di carica lineare uniforme nei punti posti su una retta normale all'asse della distribuzione e passante per il suo punto medio (asse y in poche parole), si riduce al potenziale generato da una carica puntiforme per y molto maggiore di L

$E = \frac{1}{4\pi\epsilon} \frac{q}{y}$


p.s. la radice nell'espressione iniziale comprende tuto quello che c'è sotto anche se non sono riuscito ad allungare la v della radice

grazie

Dividerei entrambi i membri dell'espressione nel logaritmo per L (entrambi diviso L).

$E = \frac{q}{4\pi\epsilonL}ln (\frac{\frac{1}{2}+sqrt(\frac{1}{4}+\frac{y^2}{L^2})}{\frac{-1}{2}+sqrt(\frac{1}{4}+\frac{y^2}{L^2})})$

Quindi valuto l'espressione per $ y/L $ che tende a infinito.

Questo termine $sqrt(\frac{1}{4}+\frac{y^2}{L^2})$ per $ y/L $ >> 1/4 tende a $ y/L $
per cui il tutto si riduce a

$E = \frac{q}{4\pi\epsilonL}ln (\frac{\frac{1}{2}+\frac{y}{L}}{\frac{-1}{2}+\frac{y}{L}})$

Moltiplicando i membri del logaritmo per 2L

$E = \frac{q}{4\pi\epsilonL}ln (\frac{2y+L}{2y-L})$

Passando al limite solo la parte dell'espressione che contiene L (il resto e' omesso per semplicita')

$ \lim_{L \rightarrow 0} \frac{ln (\frac{2y+L}{2y-L})}{L}$

hai una forma indeterminata 0/0.
Proviamo allora con L'Hopital

$ \lim_{L \rightarrow 0} \frac{ln (\frac{2y+L}{2y-L})}{L} = \lim_{L \rightarrow 0} \frac{4y}{4y^2-L^2} = 1/y $

Quindi per L << y
$E = \frac{q}{4\pi\epsilon y}

che direi, corrisponde al potenziale elettrico di una carica puntiforme.