B32: Cálculo del Campo Eléctrico a partir del Potencial Eléctrico

El plan aquí es desarrollar una relación entre el campo eléctrico y el potencial eléctrico correspondiente que permita calcular el campo eléctrico a partir del potencial eléctrico.

El campo eléctrico es la fuerza por carga asociada a los puntos vacíos en el espacio que tienen una forceper- carga porque están en las proximidades de una carga fuente o algunas cargas fuente. El potencial eléctrico es la energía potencial por carga asociada con los mismos puntos vacíos en el espacio. Dado que el campo eléctrico es la fuerza por carga, y el potencial eléctrico es la energía potencial por carga, la relación entre el campo eléctrico y su potencial es esencialmente un caso especial de la relación entre cualquier fuerza y su energía potencial asociada. Entonces, voy a comenzar desarrollando la relación más general entre una fuerza y su energía potencial, para luego pasar al caso especial en el que la fuerza es el campo eléctrico multiplicado por la carga de la víctima y la energía potencial es el potencial eléctrico multiplicado por la carga de la víctima.

La idea detrás de la energía potencial era que representaba una manera fácil de hacer el trabajo realizado por una fuerza sobre una partícula que se mueve de punto$A$ a punto$B$ bajo la influencia de la fuerza. Por definición, el trabajo realizado es la fuerza a lo largo del camino multiplicada por la longitud del camino. Si la fuerza a lo largo del camino varía a lo largo del camino, entonces tomamos la fuerza a lo largo del camino en un punto determinado del camino, multiplicado por la longitud de un segmento infinitesimal del camino en ese punto, y repetimos, para cada segmento infinitesimal del camino, sumando los resultados a medida que avanzamos. La suma final es la obra. La idea de energía potencial representa la asignación de un valor de energía potencial a cada punto del espacio para que, en lugar de hacer el camino integral que acabamos de discutir, simplemente restamos el valor de la energía potencial en el punto$A$ del valor de la energía potencial en el punto$B$. Esto nos da el cambio en la energía potencial que experimenta la partícula al moverse de punto$A$ a punto$B$. Entonces, el trabajo realizado es el negativo del cambio en la energía potencial. Para que este sea el caso, la asignación de valores de valores de energía potencial a puntos en el espacio debe hacerse de la manera justa. Para que las cosas funcionen a nivel macroscópico, debemos asegurarnos de que sean correctas a nivel infinitesimal. Podemos hacer esto configurando:

$$\mbox{Work as Change in Potential Energy= Work as Force-Along-Path times Path Length}$$

$$-dU=\vec{F}\cdot \vec{ds}$$

donde:

• $dU$es un cambio infinitesimal en la energía potencial,
• $\vec{F}$es una fuerza, y
• $\vec{ds}$es el vector de desplazamiento infinitesimal a lo largo del camino.

En la notación vectorial de unidades cartesianas, se$\vec{ds}$ puede expresar como$\vec{ds}=dx \hat{i}+dy \hat{j}+dz\hat{k}$, y se$\vec{F}$ puede expresar como$\vec{F}=F_x\hat{i}+F_y\hat{j}+F_z\hat{k}$. Sustituyendo estas dos expresiones en nuestra expresión$-dU=\vec{F}\cdot\vec{ds}$, obtenemos:

$$-dU=(F_x\hat{i}+F_y\hat{j}+F_z\hat{k})\cdot (dx\hat{i}+dy\hat{j}+dz\hat{k})$$

$$-dU=F_x dx+F_y dy+F_z dz$$

Ahora mira esto. Si mantenemos$y$ y$z$ constantes (en otras palabras, si consideramos$dy$ y$dz$ ser cero) entonces:

$$\underbrace{-dU=F_x dx}_{ \mbox{when y and z are held constant}}$$

Dividiendo ambos lados por$dx$ y cambiando los lados produce:

$$\underbrace{F_x=-\frac{dU}{dx}}_{ \mbox{when y and z are held contsant}}$$

Es decir, si tienes la energía potencial en función de$x$$y$, y$z$; y; tomas lo negativo de la derivada con respecto a$x$ mientras mantienes constantes y y z, obtienes el$x$ componente de la fuerza que se caracteriza por la función de energía potencial. Tomar la derivada de$U$ con respecto a$x$ mientras se mantienen constantes las otras variables se denomina tomar la derivada parcial de$U$ con respecto a$x$ y escrita

$$\frac{\partial U}{\partial x}$$

Alternativamente, uno escribe

$$\frac{\partial U}{\partial x}\Big|_{y,z}$$

para leerse, “la derivada parcial de$U$ con respecto a la$x$ tenencia$y$ y$z$ constante”. Esta última expresión hace más evidente para el lector lo que se mantiene constante. Reescribiendo nuestra expresión para$F_x$ con la notación derivada parcial, tenemos:

$$F_x=-\frac{\partial U}{\partial x}$$

Volviendo a nuestra expresión$-dU=F_x dx+F_y dy+F_z dz$, si nos mantenemos$x$ y$z$ constantes obtenemos:

$$F_y=-\frac{\partial U}{\partial y}$$

y, si nos mantenemos$x$ y$y$ constantes obtenemos,

$$F_z=-\frac{\partial U}{\partial z}$$

Sustituyendo estos tres últimos resultados en el vector de fuerza expresado en notación de vector unitario:

$$\vec{F}=F_x \hat{i}+F_y \hat{j}+F_z \hat{k}$$

rendimientos

$$\vec{F}=-\frac{\partial U}{\partial x}\hat{i}-\frac{\partial U}{\partial y}\hat{j}-\frac{\partial U}{\partial z}\hat{k}$$

que se puede escribir:

$$\vec{F}=-\Big(\frac{\partial U}{\partial x}\hat{i}+\frac{\partial U}{\partial y}\hat{j}+\frac{\partial U}{\partial z}\hat{k}\Big)$$

Bien, ahora, este negocio de:

• tomando la derivada parcial de$U$ respecto$x$ y multiplicando el resultado por el vector unitario$\hat{i}$ y luego,
• tomando la derivada parcial de$U$ respecto$y$ y multiplicando el resultado por el vector unitario$\hat{j}$ y luego,
• tomar la derivada parcial de$U$ respecto$z$ y multiplicar el resultado por el vector unitario$\hat{k}$, y luego,
• sumar las tres cantidades de vectores de unidad de tiempo derivado parcial,

se llama “tomando el gradiente de$U$ “y se escribe$\nabla U$. “Tomando el gradiente” es algo que le haces a una función escalar, pero, el resultado es un vector. En términos de nuestra notación de gradiente, podemos escribir nuestra expresión para la fuerza como,

$$\vec{F}=-\nabla U \label{32-1}$$

Echa un vistazo a esto para conocer el potencial gravitacional cerca de la superficie de la tierra. Definir un sistema de coordenadas cartesianas con, por ejemplo, el origen al nivel del mar y, con el$y$ plano$x$ - horizontal y la$+z$ dirección ascendente. Entonces, la energía potencial de una partícula de masa$m$ se da como:

$$U=mgz$$

Ahora, supongamos que sabías que este era el potencial pero no conocías la fuerza. Se puede calcular la fuerza usando$\vec{F}=-\nabla U$, que, como saben, se puede escribir:

$$\vec{F}=-\Big(\frac{\partial U}{\partial x}\hat{i}+\frac{\partial U}{\partial y}\hat{j}+\frac{\partial U}{\partial z} \hat{k}\Big)$$

Sustituyendo$U=mgz$ por$U$ tenemos

$$\vec{F}=-\Big(\frac{\partial}{\partial x}(mgz)\hat{i}+\frac{\partial}{\partial y}(mgz)\hat{j}+\frac{\partial}{\partial z}(mgz)\hat{k}\Big)$$

Ahora recuerden, cuando tomamos la derivada parcial con respecto a$x$ se supone que debemos mantener$y$ y$z$ constante. (No hay$y$.) Pero, si nos mantenemos$z$ constantes, entonces todo$(mgz)$ es constante. Y, la derivada de una constante, con respecto a$x$, es$0$. En otras palabras,$\frac{\partial}{\partial x}(mgz)=0$. De igual manera,$\frac{\partial}{\partial y}(mgz)=0$. De hecho, la única derivada parcial distinta de cero en nuestra expresión para la fuerza es$\frac{\partial}{\partial z}(mgz)=mg$. Entonces:

$$\vec{F}=-(0\hat{i}+0\hat{j}+mg \hat{k})$$

En otras palabras:

$$\vec{F}=-mg\hat{k}$$

Es decir que, con base en el potencial gravitacional$U=mgz$, la fuerza gravitacional está en la$\hat{k}$ dirección (hacia abajo), y, es de magnitud mg. Por supuesto, lo sabías de antemano, la fuerza gravitacional en cuestión es solo la fuerza del peso. El ejemplo solo estaba destinado a familiarizarte con el operador de gradiente y la relación entre la fuerza y la energía potencial.

Bien, por importante que sea que te des cuenta de que estamos hablando de una relación general entre la fuerza y la energía potencial, ahora es el momento de acotar la discusión al caso de la fuerza eléctrica y la energía potencial eléctrica, y, a partir de ahí, derivar una relación entre el campo eléctrico y potencial eléctrico (que es potencial eléctrico-energía-porcarga).

Empezando$\vec{F}=-\nabla U$ por escrito el largo camino:

$$\vec{F}=-\Big(\frac{\partial U}{\partial x}\hat{i}+\frac{\partial U}{\partial y}\hat{j}+\frac{\partial U}{\partial z}\hat{k}\Big)$$

lo aplicamos al caso de una partícula con carga$q$ en un campo eléctrico$\vec{E}$ (causado a existir en la región del espacio en cuestión por alguna carga de fuente no especificada o distribución de carga de fuente). El campo eléctrico ejerce una fuerza$\vec{F}=q\vec{E}$ sobre la partícula, y, la partícula tiene energía de potencial eléctrico$U=q \varphi$ donde$\varphi$ está el potencial eléctrico en el punto en el espacio en el que se ubica la partícula cargada. Al enchufarlos en$\vec{F}=-\Big(\frac{\partial U}{\partial x}\hat{i}+\frac{\partial U}{\partial y}\hat{j}+\frac{\partial U}{\partial z}\hat{k}\Big)$ rendimientos:

$$q\vec{E}=-\Big(\frac{\partial (q\varphi)}{\partial x}\hat{i}+\frac{\partial (q\varphi)}{\partial y}\hat{j}+\frac{\partial (q\varphi)}{\partial z}\hat{k}\Big)$$

que copio aquí para su conveniencia:

$$q\vec{E}=-\Big( \frac{\partial(q\varphi)}{\partial x}\hat{i}+\frac{\partial (q\varphi)}{\partial y}\hat{j}+\frac{\partial(q\varphi)}{\partial z}\hat{k}\Big)$$

El$q$ interior de cada una de las derivadas parciales es una constante para que podamos factorizarla fuera de cada derivada parcial.

$$q\vec{E}=-\Big(q\frac{\partial \varphi}{\partial x}\hat{i}+q\frac{\partial \varphi}{\partial y} \hat{j}+q\frac{\partial \varphi}{\partial z}\hat{k}\Big)$$

Entonces, como$q$ aparece en cada término, podemos faccionarlo fuera de la suma:

$$q\vec{E}=-q\Big(\frac{\partial \varphi}{\partial x}\hat{i}+\frac{\partial \varphi}{\partial y}\hat{j}+\frac{\partial \varphi}{\partial z}\hat{k}\Big)$$

Dividir ambos lados por la carga de la víctima produce la relación deseada entre el campo eléctrico y el potencial eléctrico:

$$\vec{E}=-\Big(\frac{\partial \varphi}{\partial x}\hat{i}+\frac{\partial \varphi}{\partial y}\hat{j}+\frac{\partial \varphi}{\partial z}\hat{k}\Big)$$

Vemos que el campo eléctrico$\vec{E}$ es solo el gradiente del potencial eléctrico$\varphi$. Este resultado se puede expresar de manera más concisa por medio del operador de gradiente como:

$$\vec{E}=-\nabla \varphi \label{32-2}$$

En el Ejemplo 31-1, encontramos que el potencial eléctrico debido a un par de partículas, una de carga$+q$ at $(0, d/2)$ and the other of charge $–q$ at $(0, – d/2)$, is given by:

$$\varphi=\frac{kq}{\sqrt{x^2+(y-\frac{d}{2})^2}}-\frac{kq}{\sqrt{x^2+(y+\frac{d}{2})^2}}$$

Such a pair of charges is called an electric dipole. Find the electric field of the dipole, valid for any point on the x axis.

Solution: We can use a symmetry argument and our conceptual understanding of the electric field due to a point charge to deduce that the $x$ component of the electric field has to be zero, and, the $y$ component has to be negative. But, let’s use the gradient method to do that, and, to get an expression for the $y$ component of the electric field. I do argue, however that, from our conceptual understanding of the electric field due to a point charge, neither particle’s electric field has a $z$ component in the $x$-$y$ plane, so we are justified in neglecting the $z$ component altogether. As such our gradient operator expression for the electric field

$$\vec{E}=-\nabla \varphi$$

becomes

$$\vec{E}=-\Big(\frac{\partial \varphi}{\partial x}\hat{i}+\frac{\partial \varphi}{\partial y}\hat{j}\Big)$$

Let’s work on the $\frac{\partial \varphi}{\partial x}$ part:

$$\frac{\partial \varphi}{\partial x}=\frac{\partial}{\partial x} \Big(\frac{kq}{\sqrt{x^2+(y-\frac{d}{2})^2}}-\frac{kq}{\sqrt{x^2+(y+\frac{d}{2})^2}}\Big)$$

$$\frac{\partial \varphi}{\partial x}=kq \frac{\partial}{\partial x}\Big(\Big[ x^2+(y-\frac{d}{2})^2\Big]^{-\frac{1}{2}}-\Big[x^2+(y+\frac{d}{2})^2\Big]^{-\frac{1}{2}}\Big)$$

$$\frac{\partial \varphi}{\partial x}=kq\Big(-\frac{1}{2}\Big[x^2+(y-\frac{d}{2})^2\Big]^{-\frac{3}{2}}2x-\space -\frac{1}{2} \Big[x^2+(y+\frac{d}{2})^2\Big]^{-\frac{3}{2}}2x\Big)$$

$$\frac{\partial \varphi}{\partial x}=kqx \Big(\Big[x^2+(y+\frac{d}{2})^2\Big]^{-\frac{3}{2}}-\Big[x^2+(y-\frac{d}{2})^2\Big]^{-\frac{3}{2}}\Big)$$

$$\frac{\partial \varphi}{\partial x}=\frac{kqx}{\Big[x^2+(y+\frac{d}{2})^2\Big]^{\frac{3}{2}}}-\frac{kqx}{\Big[x^2+(y-\frac{d}{2})^2\Big]^{\frac{3}{2}}}$$

We were asked to find the electric field on the x axis, so, we evaluate this expression at $y=0$:

$$\frac{\partial \varphi}{\partial x}=\frac{kqx}{\Big[x^2+(0+\frac{d}{2})^2\Big]^{\frac{3}{2}}}-\frac{kqx}{\Big[x^2+(0-\frac{d}{2})^2\Big]^{\frac{3}{2}}}$$

$$\frac{\partial \varphi}{\partial x} \Big|_{y=0}=0$$

To continue with our determination of $\vec{E}=-(\frac{\partial \varphi}{\partial x}\hat{i}+\frac{\partial \varphi}{\partial y}\hat{j})$, we next solve for $\frac{\partial \varphi}{\partial y}$.

$$\frac{\partial \varphi}{\partial y}=\frac{\partial}{\partial y} \Big(\frac{kq}{\sqrt{x^2+(y-\frac{d}{2})^2}}-\frac{kq}{\sqrt{x^2+(y+\frac{d}{2})^2}}\Big)$$

$$\frac{\partial \varphi}{\partial y}=kq \frac{\partial}{\partial y}\Big(\Big[x^2+(y-\frac{d}{2})^2\Big]^{-\frac{1}{2}}-\Big[x^2+(y+\frac{d}{2})^2 \Big] ^{-\frac{1}{2}}\Big)$$

$$\frac{\partial \varphi}{\partial y}=kq \Big(-\frac{1}{2}\Big[x^2+(y-\frac{d}{2})^2\Big]^{-\frac{3}{2}}2(y-\frac{d}{2})-\space-\frac{1}{2}\Big[x^2+(y+\frac{d}{2})^2\Big]^{-\frac{3}{2}}2(y+\frac{d}{2})$$

$$\frac{\partial \varphi}{\partial y}=kq\Big(\Big[x^2+(y+\frac{d}{2})^2\Big]^{-\frac{3}{2}}(y+\frac{d}{2})-\Big[x^2+(y-\frac{d}{2})^2\Big]^{-\frac{3}{2}}(y-\frac{d}{2})\Big)$$

$$\frac{\partial \varphi}{\partial y}=\frac{kq(y+\frac{d}{2})}{\Big[ x^2+(y+\frac{d}{2})^2\Big]^{\frac{3}{2}}}-\frac{kq(y-\frac{d}{2})}{\Big[x^2+(y-\frac{d}{2})^2\Big]^{\frac{3}{2}}}$$

Again, we were asked to find the electric field on the x axis, so, we evaluate this expression at $y=0$:

$$\frac{\partial \varphi}{\partial y}\Big|_{y=0}=\frac{kq\Big(0+\frac{d}{2}\Big)}{\Big[x^2+\Big(0+\frac{d}{2}\Big)^2\Big]^{\frac{3}{2}}}-\frac{kq\Big(0-\frac{d}{2}\Big)}{\Big[x^2+\Big(0-\frac{d}{2}\Big)^2\Big]^{\frac{3}{2}}}$$

$$\frac{\partial\varphi}{\partial y}\Big|_{y=0}=\frac{kqd}{\Big[x^2+\frac{d^2}{4}\Big]^{\frac{3}{2}}}$$

Plugging $\frac{\partial \varphi}{\partial x}\Big|_{y=0}=0$ and $\frac{\partial \varphi}{\partial y}\Big|_{y=0}=\frac{kqd}{\Big[x^2+\frac{d^2}{4}\Big]^{\frac{3}{2}}}$ into $\vec{E}=-\Big(\frac{\partial\varphi}{\partial x}\hat{i}+\frac{\partial\varphi}{\partial y}\hat{j}\Big)$ yields:

$$\vec{E}=-\Big(0\hat{i}+\frac{kqd}{[x^2+\frac{d^2}{4}]^{\frac{3}{2}}}\hat{j}\Big)$$

$$\vec{E}=-\frac{kqd}{[x^2+\frac{d^2}{4}]^{\frac{3}{2}}}\hat{j}$$

As expected, $\vec{E}$ is in the –y direction. Note that to find the electric field on the $x$ axis, you have to take the derivatives first, and then evaluate at $y=0$.

Una línea de carga se extiende a lo largo del$x$ axis from $x=a$ to $x=b$. On that line segment, the linear charge density $\lambda$ is a constant. Find the electric potential as a function of position ($x$ and $y$) due to that charge distribution on the $x$-$y$ plane, and then, from the electric potential, determine the electric field on the $x$ axis.

Solution: First, we need to use the methods of chapter 31 to get the potential for the specified charge distribution (a linear charge distribution with a constant linear charge density $\lambda$ ).

$$d \varphi=\frac{k\space dq}{r}$$

$$dq=\lambda dx' \quad \mbox{and} \quad r=\sqrt{(r-x')^2+y^2}$$

$$d\varphi=\frac{k\lambda (x')dx'}{\sqrt{(x-x')^2+y^2}}$$

$$\int d\varphi=\int_{a}^{b} \frac{k\lambda dx'}{\sqrt{(x-x')^2+y^2}}$$

$$\varphi=k\lambda \int_{a}^{b} \frac{dx'}{\sqrt{(x-x')^2+y^2}}$$

To carry out the integration, we use the variable substitution:

$$u=x-x'$$

$$du=-dx' \Rightarrow dx'=du$$

Lower Integration Limit: When

$$x'=a, u=x-a$$

Upper Integration Limit: When

$$x'=b, u=x-b$$

Making these substitutions, we obtain:

$$\varphi=k\lambda \int_{x-a}^{x-b} \frac{-du}{\sqrt{u^2+y^2}}$$

which I copy here for your convenience:

$$\varphi=k\lambda \int_{x-a}^{x-b} \frac{-du}{\sqrt{u^2+y^2}}$$

Using the minus sign to interchange the limits of integration, we have:

$$\varphi=k\lambda \int_{x-a}^{x-b} \frac{du}{\sqrt{u^2+y^2}}$$

Using the appropriate integration formula from the formula sheet we obtain:

$$\varphi=k\lambda \ln(u+\sqrt{u^2+y^2}) \Big|_{x-b}^{x-a}$$

$$\varphi=k\lambda \Big\{ \ln[ x-a+\sqrt{(x-a)^2+y^2} \space\Big] -\ln \Big[x-b+\sqrt{(x-b)^2+y^2}\space\Big] \Big\}$$

Okay, that’s the potential. Now we have to take the gradient of it and evaluate the result at $y = 0$ to get the electric field on the x axis. We need to find

$$\vec{E}=-\bigtriangledown \varphi$$

which, in the absence of any $z$ dependence, can be written as:

$$\vec{E}=-\Big( \frac{\partial \varphi}{\partial x}\hat{i}+\frac{\partial \varphi}{\partial y}\hat{j} \Big)$$

We start by finding $\frac{\partial \varphi}{\partial x}$:

$$\frac{\partial \varphi}{\partial x}=\frac{\partial}{\partial x}\Big( k\lambda \Big\{\ln \Big[x-a+\sqrt{(x-a)^2+y^2} \, \Big]-\ln \Big[x-b+\sqrt{(x-b)^2+y^2} \space\Big] \Big\} \Big)$$

$$\frac{\partial \varphi}{\partial x}=k\lambda \Big\{ \frac{\partial}{\partial x}\ln \Big[ x-a+((x-a)^2+y^2)^{\frac{1}{2}}\Big] -\frac{\partial}{\partial x}\ln \Big[x-b+((x-b)^2+y^2)^{\frac{1}{2}}\Big] \Big\}$$

$$\frac{\partial \varphi}{\partial x}=k\lambda \Bigg\{ \frac{1+\frac{1}{2}\Big( (x-a)^2+y^2\Big) ^{-\frac{1}{2}} 2(x-a)}{x-a+\Big( (x-a)^2+y^2\Big)^{\frac{1}{2}}}-\frac{1+\frac{1}{2}\Big( (x-b)^2+y^2\Big) ^{-\frac{1}{2}} 2(x-b)}{x-b+\Big( (x-b)^2+y^2\Big)^{\frac{1}{2}}}\Bigg\}$$

$$\frac{\partial \varphi}{\partial x}=k\lambda \Bigg\{\frac{1+(x-a)\Big((x-a)^2+y^2\Big)^{-\frac{1}{2}}}{x-a+\Big( (x-a)^2+y^2 \Big)^{\frac{1}{2}}}-\frac{1+(x-b)\Big((x-b)^2+y^2\Big)^{-\frac{1}{2}}}{x-b+\Big( (x-b)^2+y^2 \Big)^{\frac{1}{2}}} \Bigg\}$$

Evaluating this at $y=0$ yields:

$$\frac{\partial \varphi}{\partial x} \Big|_{y=0}=k\lambda \Big(\frac{1}{x-a}-\frac{1}{x-b} \Big)$$

Now, let’s work on getting $\frac{\partial \varphi}{\partial y}$. I’ll copy our result for $\varphi$ from above and then take the partial derivative with respect to $y$ (holding $x$ constant):

$$\varphi=k\lambda \Bigg\{ \ln \Big[ x-a+\sqrt{(x-a)^2+y^2} \, \Big]-\ln \Big[ x-b+\sqrt{(x-b)^2+y^2} \, \Big] \Bigg\}$$

$$\frac{\partial \varphi}{\partial y}=\frac{\partial}{\partial y} \Bigg( k\lambda \Big\{ \ln\Big[x-a+\sqrt{(x-a)^2+y^2}\space \Big]- \ln\Big[x-b+\sqrt{(x-b)^2+y^2}\space \Big] \Big\} \Bigg)$$

$$\frac{\partial \varphi}{\partial y}=k\lambda \Bigg\{ \frac{\partial}{\partial y} \ln \Big[x-a+\Big((x-a)^2+y^2 \Big)^{\frac{1}{2}} \Big]- \frac{\partial}{\partial x} \ln \Big[x-b+\Big((x-b)^2+y^2 \Big)^{\frac{1}{2}} \Big] \Bigg\}$$

$$\frac{\partial \varphi}{\partial y}=k\lambda \Bigg\{ \frac{\frac{1}{2}\Big((x-a)^2+y^2 \Big)^{-\frac{1}{2}} 2y}{x-a+\Big( (x-a)^2+y^2\Big)^{\frac{1}{2}}}-\frac{\frac{1}{2}\Big((x-b)^2+y^2 \Big)^{-\frac{1}{2}} 2y}{x-b+\Big( (x-b)^2+y^2\Big)^{\frac{1}{2}}} \Bigg\}$$

$$\frac{\partial \varphi}{\partial y}=k\lambda \Bigg\{ \frac{y\Big((x-a)^2+y^2 \Big)^{-\frac{1}{2}}}{x-a+\Big( (x-a)^2+y^2\Big)^{\frac{1}{2}}}-\frac{y\Big((x-b)^2+y^2 \Big)^{-\frac{1}{2}}}{x-b+\Big( (x-b)^2+y^2\Big)^{\frac{1}{2}}} \Bigg\}$$

Evaluating this at $y=0$ yields:

$$\frac{\partial \varphi}{\partial y} \Big|_{y=0} =0$$

Plugging $\frac{\partial \varphi}{\partial x} \Big|_{y=0} =k\lambda \Big( \frac{1}{x-a}-\frac{1}{x-b}\Big)$ and $\frac{\partial \varphi}{\partial y} \Big|_{y=0} =0$ into $\vec{E}=-\Big(\frac{\partial \varphi}{\partial x}\hat{i}+\frac{\partial \varphi}{\partial y}\hat{j}\Big)$ yields:

$$\vec{E}=-\Big( k \lambda \Big(\frac{1}{x-a}-\frac{1}{x-b} \Big)\hat{i}+0 \hat{j} \Big)$$

$$\vec{E}=k \lambda\Big(\frac{1}{x-b}-\frac{1}{x-a}\Big) \hat{i}$$