[ani_pascual]

Hola:
Tengo dudas acerca de cómo abordar la última pregunta (en negrita) del siguiente ejercicio y que quizás esté relacionado con la cuestión de cómo hallar el campo eléctrico creado por una placa finita a una distancia determinada.
 
¿Cuánta carga \( +Q \) habría que distribuir uniformemente en una placa horizontal cuadrada (de dimensiones \( 30 \,cm  \) por \( 30\, cm \)) para mantener levitando en el aire, a \( 1\,mm  \) sobre el centro de la placa, una bolita de masa \( 0, 1\, g \) y que tiene una carga de \( 0, 1\, \mu C \)? (Téngase en cuenta la gravedad). ¿Cómo cambiarías la respuesta para mantener la bolita a \( 2\,mm \) sobre la placa? Cualitativamente ¿en qué cambiaría tu respuesta para mantener la bolita a \( 1\,m \) sobre la placa?
¿Alguna sugerencia?  Pongo el resultado de la primera parte, que ya tengo resuelta, en el

Spoiler

\( +Q=15,59\,nC \)

[cerrar]

Gracias con antelación.
Saludos

[Abdulai]

Mientras la distancia al plano sea mucho menor que las dimensiones, el campo eléctrico será similar al de un plano infinito, que es constante. Por lo tanto la carga necesaria será aproximadamente la misma.
Como la placa tiene 30cm de lado, a 1m ya no vale esta aproximación, por lo que la carga deberá ser sensiblemente mayor.

[ani_pascual]

Hola:

Mientras la distancia al plano sea mucho menor que las dimensiones, el campo eléctrico será similar al de un plano infinito, que es constante. Por lo tanto la carga necesaria será aproximadamente la misma.
Como la placa tiene 30cm de lado, a 1m ya no vale esta aproximación, por lo que la carga deberá ser sensiblemente mayor.

Muchas gracias; tu respuesta coincide con lo que intuía  .
Por cierto, ¿sería posible calcular el campo eléctrico creado por la placa cuadrada finita a esa distancia de su centro y luego calcular la carga necesaria para hacer levitar la bolita?
Saludos

[Richard R Richard]

Por cierto, ¿sería posible calcular el campo eléctrico creado por la placa cuadrada finita a esa distancia de su centro y luego calcular la carga necesaria para hacer levitar la bolita?
Saludos

Hola, para hacer levita la bolita a 1 mm , si supones que el campo a esa distancia no difiere en mucho del producido por una placa de área infinita, el peso de ésta se debe equilibrar con la fuerza de repulsión electrostática de la placa.


\( mg=\dfrac{\sigma q}{2\varepsilon_0}=\dfrac{Q q}{A2\varepsilon_0}= \)

de allí despejas $$Q$$ la carga de la placa, siendo $$q$$ la carga de la bolita.

Luego, si sigues considerando al campo eléctrico como el de una placa de longitudes infinitas, variar la posición de la bola a 2 mm no alteraría el resultado.

Pero como te indica Abdulai  a 1 metro , el modelo del problema cambia ,el campo creado una placa 0.09m^2 no puede considerarse como constante en todo el espacio, y debería buscar otro modelo, el más sencillo es considerar toda la carga de la placa ubicada en su baricentro y utilizar la fórmula para la fuerza entre cargas puntuales para obtener una relación con la carga , por ejemplo

$$mg=\dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0}\dfrac{Qq}{d^2}$$   

donde d= es la separación de un metro

Si quieres hacer un calculo lo mas realista tienes que suponer que toda la carga se distribuye uniformemente en la superficie de la placa, y calcular el campo creado por cada porción de área de la placa, integrando sobre toda la superficie, como hay simetrías quizá puedes resolverlo analizando sólo un cuadrante y luego multiplicar por 4.

$$mg=\dfrac{Q}{A4\pi\varepsilon_0}\displaystyle\int\limits_{-L/2}^{L/2}\int\limits_{-L/2}^{L/2} \dfrac{q \cos\alpha\ dy \ dx }{\sqrt{(1m)^2+x^2+y^2)}^{2}}=$$ $$\color {blue}\dfrac{Q}{A4\pi\varepsilon_0}\displaystyle\int\limits_{-0.15}^{0.15}\int\limits_{-0.15}^{0.15} \dfrac{q \cdot 1\cdot dy \ dx }{(1^2+x^2+y^2)^{3/2}}\color{\black}$$ editado , mejorar la idea

$$\alpha$$ , es el ángulo, entre la dirección de la línea de fuerza creada por el elemento de área y el eje  $$z$$, para determinar la componente de la fuerza en dirección $$z$$ ,ya que en $$x$$ e $$y$$ el campo es cero por la simetría del problema.

Saludos

[ani_pascual]

Hola:

...
integrando sobre toda la superficie, como hay simetrías quizá puedes resolverlo analizando sólo un cuadrante y luego multiplicar por 4.[/size]

$$mg=\dfrac{Q}{A4\pi\varepsilon_0}\displaystyle\int\limits_{-L/2}^{L/2}\int\limits_{-L/2}^{L/2} \dfrac{q \cos\alpha dy \ dx }{\sqrt{(1m)^2+x^2+y^2)}^{2}}=$$ $$\dfrac{Q}{A4\pi\varepsilon_0}\displaystyle\int\limits_{-L/2}^{L/2}\int\limits_{-L/2}^{L/2} \dfrac{q (1m) dy \ dx }{((1m)^2+x^2+y^2)^{3/2}}$$
...

Gracias.  Le daré una vuelta.
 En algún otro foro he visto que sugieren usar la expresión del campo eléctrico creado a una cierta distancia \( R \) por una varilla de longitud finita
\( \vec{E}=\dfrac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0 R}\cdot\dfrac{L}{\sqrt{R^2+L^2}}\hat{i} \), donde es \( 2L \) la longitud de la varilla,
 y considerar luego la placa como la unión de varillas, es decir, integrar un campo escalar a lo largo de toda la anchura de la placa (una integral de línea). ¿Cómo lo ves?

Saludos

[Richard R Richard]

En algún otro foro he visto que sugieren usar la expresión del campo eléctrico creado a una cierta distancia \( R \) por una varilla de longitud finita
\( \vec{E}=\dfrac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0 R}\cdot\dfrac{L}{\sqrt{R^2+L^2}}\hat{i} \), donde es \( 2L \) la longitud de la varilla,
 y considerar luego la placa como la unión de varillas, es decir, integrar un campo escalar a lo largo de toda la anchura de la placa (una integral de línea). ¿Cómo lo ves?

Saludos

En teoría deberías llegar a un resultado similar, solo que lo veo mas complejo para realizar la integración, pues la distancia entre cada varilla y la carga no es exactamente una constante, digamos que si te alejas lo suficiente, el error disminuye todos los resultados se aproximan al resultado de considerar cargas puntuales.

[ani_pascual]

Hola:

...
En teoría deberías llegar a un resultado similar, solo que lo veo mas complejo para realizar la integración, pues la distancia entre cada varilla y la carga no es exactamente una constante, digamos que si te alejas lo suficiente, el error disminuye todos los resultados se aproximan al resultado de considerar cargas puntuales.

Este es el cálculo que he hecho.
Suponiendo que la placa, de dimensiones \( 2L\times 2L\,\,(L=0,15\,m) \), está en el plano \( YZ \), es decir, en \( x=0 \), y que está centrada en el origen, como se ve en la figura, se tiene que la componente \( y \) de los elementos diferenciales del campo eléctrico creados por las varillas de carga \( dq=2\lambda L \) se anulan, con lo que solo hay que integrar la componente \( x \) a lo largo de la longitud de la placa.

Es decir, \( \vec{E}=E\hat{i} \) donde es \( E=\displaystyle\int_CdE_x \) siendo \( d\vec{E}_x=\dfrac{\lambda}{2\pi \varepsilon_0 r}\cdot\dfrac{L}{\sqrt{r^2+L^2}}\cos\theta\hat{i} \) ya que por la simetría \( \displaystyle\int_CdE_y=0 \)
Ahora bien, \( r=\sqrt{R^2+y^2}, \cos\theta=\dfrac{R}{r} \) luego
\( E=\displaystyle\int_{-L}^L\dfrac{\lambda L R}{2\pi \varepsilon_0 (R^2+y^2) \sqrt{R^2+y^2+L^2}}\,dy=2\displaystyle\int_0^L\dfrac{\lambda L R}{2\pi \varepsilon_0 (R^2+y^2) \sqrt{R^2+y^2+L^2}}\,dy\stackrel{(\ast )}{=}\dfrac{\lambda L}{\pi\varepsilon_0}\displaystyle\int_0^{\arctan \frac{L}{R}}\dfrac{1}{\sqrt{R^2(1+\tan^2\theta)+L^2}}\,d\theta \stackrel{R>>L}{=}\dfrac{\lambda L}{\pi\varepsilon_0 R}\displaystyle\int_0^{\arctan \frac{L}{R}}\cos\theta\,d\theta=\\\dfrac{\lambda L}{\pi\varepsilon_0 R}\left.\sen\theta\right|_0^{\arctan \frac{L}{R}}=\dfrac{\lambda L}{\pi\varepsilon_0 R}\cdot\dfrac{L}{\sqrt{R^2+L^2}}\simeq \dfrac{4L^2\lambda}{4\pi \varepsilon_0 R^2}=\dfrac{Q}{4\pi\varepsilon_0 R^2}\\
(\ast ) \tan\theta=\dfrac{y}{R}\Longrightarrow (1+\tan^2\theta)\,d\theta=\dfrac{1}{R}\,dy \)

Por tanto, parece que si la distancia \( R \) es muy grande en comparación con las dimensiones de la placa, en efecto, el campo eléctrico creado por ella es el que crearía una carga puntual en el centro, luego debería ser \( mg=qE\Longrightarrow Q=\dfrac{4\pi\varepsilon_0 R^2 mg}{q}\simeq 1,089\mu C \), es decir, unas setenta veces mayor que la carga necesaria para hacer levitar la bolita si se coloca a \( 1\,mm \) o \( 2\,mm \), tal y como apuntaba Abdulai
Saludos

[Richard R Richard]

 Sigo tu planteo pero justamente en la igualdad que marcas con asterisco, es en donde preveía dificultad, al menos yo no tengo claro si es correcta, aca en el foro seguro te lo asegurarán mejor que yo, por las conclusiones que sacas no creo este mal.

Cuando resuelves la primer integral sobre uno de los ejes paralelo al plano  te tiene que quedar como resultado algo similar a lo que luego tu integraste resolviste sobre un solo eje tomando un segmento cargado de longitud 2L.

[Abdulai]

Partiendo de la expresión de Richard:   \( mg = \dfrac{Q q}{4\pi \epsilon_0 (4L^2)} \displaystyle\int_{-L}^{L}\int_{-L}^{L} \dfrac{z\;dxdy}{(x^2+y^2+z^2)^{3/2}} \)

Cuando se integra solo en x o y se obtiene la expresión para una varilla de longitud \( 2L \) , e integrando las varillas obtenemos la correspondiente a un plano.  Nos ahorramos una integral, aunque ninguna es inmediata.

Para no enloquecerme la integro por software, resultando: \( \displaystyle\int_{-L}^{L}\int_{-L}^{L} \dfrac{z\;dxdy}{(x^2+y^2+z^2)^{3/2}} = 4 \arcsin\left(\dfrac{L^2}{L^2+z^2}\right) \) 

- Para \( \dfrac{z}{L}<<1 \)   resulta  \( \arcsin\left(\dfrac{L^2}{L^2+z^2}\right) \approx \dfrac{\pi}{2} \)   que conduce a una expresión similar a la de un plano infinito.

- Para \( \dfrac{z}{L}>>1 \)   resulta  \( \arcsin\left(\dfrac{L^2}{L^2+z^2}\right) \approx \dfrac{L^2}{z^2} \)   que conduce a una expresión similar a la de dos cargas puntuales.

[ani_pascual]

Hola:

Partiendo de la expresión de Richard:   \( mg = \dfrac{Q q}{4\pi \epsilon_0 (4L^2)} \displaystyle\int_{-L}^{L}\int_{-L}^{L} \dfrac{z\;dxdy}{(x^2+y^2+z^2)^{3/2}} \)

Cuando se integra solo en x o y se obtiene la expresión para una varilla de longitud \( 2L \) , e integrando las varillas obtenemos la correspondiente a un plano.  Nos ahorramos una integral, aunque ninguna es inmediata.

Para no enloquecerme la integro por software, resultando: \( \displaystyle\int_{-L}^{L}\int_{-L}^{L} \dfrac{z\;dxdy}{(x^2+y^2+z^2)^{3/2}} = 4 \arcsin\left(\dfrac{L^2}{L^2+z^2}\right) \) 

- Para \( \dfrac{z}{L}<<1 \)   resulta  \( \arcsin\left(\dfrac{L^2}{L^2+z^2}\right) \approx \dfrac{\pi}{2} \)   que conduce a una expresión similar a la de un plano infinito.

- Para \( \dfrac{z}{L}>>1 \)   resulta  \( \arcsin\left(\dfrac{L^2}{L^2+z^2}\right) \approx \dfrac{L^2}{z^2} \)   que conduce a una expresión similar a la de dos cargas puntuales.

Aún sigo sin entender de dónde sale este resultado ...
\( \displaystyle\int_{-L}^L\displaystyle\int_{-L}^L\dfrac{z}{\sqrt{[x^2+y^2+z^2]^3}}\,dxdy=4\arcsin \left(\dfrac{L^2}{L^2+z^2}\right) \)

Haciendo cálculos llego a lo siguiente: 

Spoiler

\( \displaystyle\int_{-L}^L\displaystyle\int_{-L}^L\dfrac{z}{\sqrt{[x^2+y^2+z^2]^3}}\,dxdy=
\displaystyle\int_{-L}^L\displaystyle\int_0^L\dfrac{2z}{\sqrt{[x^2+y^2+z^2]^3}}\,dxdy
\stackrel{(1)}{=}
\displaystyle\int_{-L}^L\left[\dfrac{2zx}{(y^2+z^2)\sqrt{x^2+y^2+z^2}}\right]_0^L\,dy=\displaystyle\int_{-L}^L\dfrac{2Lz}{(y^2+z^2)\sqrt{L^2+y^2+z^2}}\,dy=\\4Lz\displaystyle\int_0^L\dfrac{1}{(y^2+z^2)\sqrt{L^2+y^2+z^2}}\,dy
 \)
Ahora, si es \( \dfrac{z}{L}>>1 \) entonces la expresión se puede aproximar por
\( 4Lz\displaystyle\int_0^L\dfrac{1}{(y^2+z^2)\sqrt{y^2+z^2}}\,dy=4Lz\displaystyle\int_0^L\dfrac{1}{\sqrt{(y^2+z^2)^3}}\,dy\stackrel{(1)}{=}4Lz\left.\dfrac{y}{z^2\sqrt{y^2+z^2}}\right|_0^L=\dfrac{4L^2}{z\sqrt{L^2+z^2}} \) luego el campo eléctrico quedaría
\( E=\dfrac{\sigma}{4\pi\varepsilon_0}\cdot \dfrac{4L^2}{z\sqrt{L^2+z^2}}\simeq \boxed{\dfrac{Q}{4\pi\varepsilon_0z^2}} \), que es el campo generado por una carga puntual a una distancia \( z \)
En el caso \( \dfrac{z}{L}<<1 \) no consigo llegar al resultado, pues obtengo un signo menos que no sé cómo eliminarlo. Procedo así:
\(
4Lz\displaystyle\int_0^L\dfrac{1}{(y^2+z^2)\sqrt{L^2+y^2+z^2}}\,dy\stackrel{(2)}{=}4Lz\displaystyle\int_{z^2}^{z^2+L^2}\dfrac{1}{t\sqrt{L^2+t}}\cdot \dfrac{1}{2\sqrt{t-z^2}}\,dt=2Lz\displaystyle\int_{z^2}^{z^2+L^2}\dfrac{1}{t\sqrt{t^2+(L^2-z^2)t-L^2z^2}}\,dt\stackrel{(3)}{=}\\
2\left.\arcsin\left(\dfrac{(z^2-L^2)t+2L^2z^2}{t(z^2+L^2)}\right)\right|_{z^2}^{z^2+L^2}\simeq 2\left(\arcsin\dfrac{(z^2-L^2)(z^2+L^2)+2L^2z^2}{(z^2+L^2)^2}-\dfrac{\pi}{2}\right)\simeq -2\pi
 \)
en cuyo caso le campo creado sería \( E=\dfrac{\sigma}{4\pi\varepsilon_0}\cdot (-2\pi)=\boxed{\dfrac{\textcolor{red}{-}\sigma}{2\varepsilon_0}} \) que es el que crea una placa infinita.
\( \rule{15cm}{0.5mm} \)
(1) \( \displaystyle\int\dfrac{1}{\sqrt{(t^2+a^2)^3}}\,dt=\dfrac{t}{a^2\sqrt{t^2+a^2}}+K \)
(2) \( y^2+z^2=t\Longrightarrow dy=\dfrac{dt}{2y}=\dfrac{dt}{2\sqrt{t-z^2}} \)
(3) \( \displaystyle\int\dfrac{1}{t\sqrt{at^2+bt+c}}\,dt=\dfrac{1}{\sqrt{-c}}\arcsin\left(\dfrac{-(bt+2c)}{t\sqrt{b^2-4ac}}\right) \)

[cerrar]

Saludos