2o ciclo Placa cuadrada (infinita) de carga uniforme. Ley de Coulomb

[vochomania]

Buenas.

Problema: La carga se distribuye en forma uniforme sobre un plano cuadrado cuyo lado es L, como se muestra en la figura. La carga por unidad de area es $\sigma$ (en C/m²). Calcular el campo electrico en el punto P que se encuentra a una distancia z por encima del centro del plano, en el limite L$\to\infty$.

El problema me recomienda que divida el plano en tiritas estrechas cuyo ancho sea dy, y que calcule el campo electrico de cada tirita luego lo sume para obtener asi el campo total de la placa.

El campo de cada tirita de longitud L me da: [FONT=arial black]$E= \frac{\lambda L}{4\pi \epsilon_{0}z\sqrt{(\frac{L}{2})^2+z^2} }$
Se que tambien una solucion seria tomar la placa como un circulo que cada vez crece al infinito y me daria $E=\frac{\sigma}{2\epsilon_{0} }$, pero quiero entender como hacerlo con las tiritas pero no me sale , que podria hacer?.
Saludos.

[/FONT]

[Al2000]

Re: Placa cuadrada (infinita) de carga uniforme. Ley de Coulomb

Usa el campo que hallaste, haz los cambios $E \to dE$, $\lambda \to \sigma\, dy$ e integra. Puedes omitir la componente Y, la cual debe dar cero por simetría. Una vez que obtengas el campo en Z, deberás obtener el resultado del plano infinito al tomar el límite cuando $L \to \infty$.

Saludos,

$\mathcal A \ell$

[vochomania]

Re: Placa cuadrada (infinita) de carga uniforme. Ley de Coulomb

Esto es lo que llevo hecho, en la formula anterior $E= \frac{\lambda L}{4\pi \epsilon_{0}z\sqrt{(\frac{L}{2})^2+z^2}}$ ,
tomando en cuenta que $\lambda=\frac{\dd Q}{L}=\sigma \dd y$, y $\dd Q= \sigma \dd A$

$Area_{cuadrado}=L^2 \to \dd A=2L \dd y$, considerando que $\frac{L}{2}=y$

$\dd E= \frac{\sigma\dd y }{4\pi \epsilon_{0}z\sqrt{y^2+z^2}}$, por lo tanto: $E=\frac{\sigma}{2\pi\epsilon_{0}z}\int_{y=-\infty}^{y=+\infty}\frac{\dd y}{\sqrt{y^2+z^2} }\cos\theta$

$\cos\theta=\frac{z}{\sqrt{y^2+z^2} } ----> E=\frac{\sigma}{2\pi\epsilon_{0}}\int_{y=-\infty}^{y=+\infty}\frac{\dd y}{y^2+z^2 } ------> E=\frac{\sigma}{2\epsilon_{0}z }$ no me da

[Al2000]

Re: Placa cuadrada (infinita) de carga uniforme. Ley de Coulomb

Primero una sugerencia... si vas a usar ecuaciones en línea (etiquetas [TEX][/TEX]), incluye el comando "\dst" al inicio de la ecuación para evitar que el intérprete reduzca el tamaño de la fuente para acomodar la ecuación en la línea: [TEX]\frac{\lambda L}{4\pi \epsilon_0}[/TEX] se ve como $\frac{\lambda L}{4\pi \epsilon_0}$, mientras que [TEX]\dst \frac{\lambda L}{4\pi \epsilon_0}[/TEX] se ve como $\dst \frac{\lambda L}{4\pi \epsilon_0}$. Alternativamente, podrías usar las etiquetas [TEX=null][/TEX], que centran la ecuación en una nueva línea. El texto [TEX=null]\frac{\lambda L}{4\pi \epsilon_0}[/TEX] se ve como

$$\frac{\lambda L}{4\pi \epsilon_0}$$

Bueno, vamos al punto. En el campo del filamento

$$E = \frac{\lambda L}{4\pi \epsilon_0 z\sqrt{(\frac L 2)^2+z^2}}$$

el término $L/2$ es la posición del punto medio del filamento, y el campo se evalúa a la distancia $z$. Cuando vas a usar este resultado para evaluar el campo del plano (usando la nomenclatura en la figura que anexas), la posición del punto medio sigue siendo $L/2$, pero la distancia ahora no es $z$ sino la hipotenusa (mostrada con la línea segmentada) de longitud $\dst \sqrt {y^2 + z^2}$. Este cambio no te lo mencioné en mi mensaje anterior por omisión involuntaria.

El campo que produce el filamento en el punto P sería

$$dE = \frac {(\sigma \, dy) L}{4 \pi \epsilon_0 \sqrt {y^2 + z^2} \sqrt {(L/2)^2 + y^2 + z^2}}$$

Quedaría faltando multiplicar por el coseno del ángulo para hallar la componente Z e integrar esa preciosidad

Saludos,

$\mathcal A \ell$

[vochomania]

Re: Placa cuadrada (infinita) de carga uniforme. Ley de Coulomb

Encontre un modo para resolverlo de manera un poco mas rapida, pero con la misma logica que al2000.

El campo electrico de una tirita infinita seria
[Error LaTeX: Compilación LaTeX fallida]
Reemplazamos esto en el campo de la tira-----------------> $\dst \lambda=\frac{Q}{L}$

Quedando asi:
[Error LaTeX: Compilación LaTeX fallida]
Derivando y sustituyendo en el campo... considerando que $\dst \dd Q= \sigma L \dd y$ (Teniendo en cuenta que $\dst z=\sqrt{y^2+z^2}$), ya que z en la tirita es la altura del punto donde se estudia el campo, y al ser "movida" una distancia "y"(por ejemplo) cambiaria al resultado antes mencionado.(asi es como lo entendixd).

$$\dst \dd E=\frac{\sigma \dd y}{2\pi\epsilon_{0}\sqrt{y^2+z^2}}$$

$$\dst E_{z}=E=\int{\dd E \cos\theta}$$

$$\dst E_{y}=\int{\dd E \sin\theta}= 0$$

Por simetria

[Error LaTeX: Compilación LaTeX fallida]
[Error LaTeX: Compilación LaTeX fallida]

$$\dst E_{placa}=\frac{\sigma}{2\pi\epsilon_{0}}[arc\tan(\frac{y}{z})]_{-\infty}^{+\infty}$$

Y al final

$$\dst \vec{E}=\frac{\sigma}{2\epsilon_{0} } \hat{k} :)$$

Muchas gracias a al2000.

[Al2000]

Re: Placa cuadrada (infinita) de carga uniforme. Ley de Coulomb

Por supuesto, el ejercicio es más simple si consideras que la placa es infinita antes de empezar a hacer ningún cálculo. La complicación en la forma planteada inicialmente es que estarías calculando el campo de una placa finita, expresión que es muchísimo mas complicada.

Puedes hacer incluso más fácil la solución si resuelves la integral en función de $\theta$ en lugar de hacerlo en función de $y$. Si haces el reemplazo $y = z \tan \theta$ te queda la integral con el ángulo solito Otra simplificación posible es integrar solamente la mitad del plano y multiplicar el resultado por 2, aprovechando la simetría.

Ultimadamente, si vas a partir de la consideración de que el plano es infinito, entonces lo más simple, por integración directa, es dividir el plano en infinitos anillos concéntricos.

Saludos,

$\mathcal A \ell$