- Содержимое по тегу: метод электростатических изображений

kalser.ru Физика фундаментальных взаимодействий Содержимое по тегу: метод электростатических изображений
17.11.2012 05:43

2.69

Тонкое проволочное кольцо радиуса R = 7.5 см имеет заряд <...> Найти поверхностную плотность заряда в точке плоскости, расположенной симметрично относительно кольца.

Решение:

269_irПо методу электростатических изображений, получаем эквивалентную систему из двух заряженных разноименно колец, тогда:

E = \frac{\sigma}{\epsilon_0} => \sigma = E \epsilon_0

Выделим на кольце малый элемент dl тогда малый вклад напряжения от него есть dE = k \frac{dl \lambda}{\sqrt{R^2 + l^2}} cos \alpha => E_x = \frac{kql}{(R^2+l^2)^{\frac{3}{2}}}E = 2E_x = \frac{2kql}{(R^2+l^2)^{\frac{3}{2}}} => \sigma = \frac{ql}{2 \pi (R^2+l^2)^{\frac{3}{2}}}

Ответ: \sigma = 70 НКл/м2


17.11.2012 05:15

2.64

Точечный заряд q = 2 МКл находится между двумя проводящими взаимно перпендикулярными плоскостями. <...> Найти модуль силы, действующей на заряд.

Решение:

264_irПо методу электростатических изображений, получим эквивалентную систему из 4-х зарядов. Сумма сил:

\vec{F} = \vec{F_1} + \vec{F_2} + \vec{F_3} => OY: F = F_3 - 2F_1 cos \alpha  , где |\vec{F_1}| = |\vec{F_2}|, \alpha = \frac{\pi}{4} и \left\{\begin{matrix}
F_3 = k \frac{q^2}{(\sqrt{8}l)^2} &  & \\ 
 F_1 = - k \frac{q^2}{4l^2}&  & 
\end{matrix}\right. => F = \frac{kq^2}{8l^2} - 2 \frac{kq^2}{8l^2} \sqrt{2}

F = \frac{kq^2}{8l^2} (1- 2 \sqrt{2})

Ответ: F = 8 \! Ð

Решение задачи из Сб. задач Ольховского по теоретической механике для физиков. Номер 1.28

Электрический заряд (e < 0) в начальный момент времени покоится на расстоянии h от бесконечной проводящей плоскости. Определить время, за которое заряд достигнет плоскости.

Решение:

Возникает кулоновское взаимодействие заряда с плоскостью:

task_olh_1-28

F_{kul} = - \frac{e^2}{4z^2} mz'' = - \frac{e^2}{4z^2}dz

\int_0^z{m dz' z'} = \int_h^z{-\frac{e^2}{4z^2} dz} => \frac{m{z'}^2}{2} = \frac{e^2}{4} \frac{1}{z}|_h^z

\frac{dz}{dt} = \sqrt{\frac{2}{m} (\frac{e^2}{4z} - \frac{e^2}{4h})} => dt = \frac{\sqrt{2m}}{e} \frac{dz}{\sqrt{\frac{1}{z} - \frac{1}{h}}}

t = \sqrt{\frac{m}{2}} \int{\frac{dz}{\sqrt{E - U}}}

Сила Кулона F_k = -\frac{dU}{dz} = + (- \frac{e}{4z^2}) поэтому U(z) = - \frac{e^2}{4z}

E = T + U = 0 = - \frac{e^2}{4h} => E - U = - \frac{e^2}{4h} - (- \frac{e^2}{4z})

C учетом всех выкладок, время падения:

t_p = \frac{\sqrt{2m}}{e} \int_h^0{\frac{dz}{\sqrt{\frac{1}{z} - \frac{1}{h}}}}

Берем интеграл заменой переменных x = \sqrt{\frac{1}{z} - \frac{1}{h}} => \frac{1}{z} = x^2 + \frac{1}{h} => z = \frac{1}{x^2 + \frac{1}{h}} => dz = - \frac{2x dx}{x^2 + \frac{1}{h}}

Получаем:

t_p =  - \frac{\sqrt{2m}}{e} \int_0^{\infty}{\frac{2xdx}{(x^2 + \frac{1}{h})^2}}}

Представляем подынтегральное выражение в виде справочного:

I_1 = \int{\frac{dx}{x^2 + a^2}} = \frac{1}{a}arctg \frac{x}{a}

Найдем связь I_1 и интеграла I_2 = \int{dx}{(x^2 + a^2)^2} при помощи вывода рекуррентного соотношения.

Берем I_2 по частям dx = du ; v = \frac{1}{x^2 + a^2} => v du = du v - u dv => dv = - \frac{2x dx}{(x^2 + a^2)^2} => \frac{u}{x^2 + a^2} + \int{\frac{x^2 x dx}{(x^2 +a^2)^2}} =>

 \int{\frac{2x^2 dx}{(x^2 + a^2)^2}} + \frac{x}{x^2 + a^2} = 2 \int{\frac{dx}{x^2 + a^2}} - 2a^2 \int{dx}{(x^2 + a^2)^2} + \frac{x}{x^2 + a^2}

В итоге мы получаем следующее рекуррентное соотношение:

I_2 = \frac{1}{2a^2}(I_1 + \frac{x}{x^2 + a^2})

Откуда I_2 = \frac{1}{2a^2} (\frac{1}{a} arctg \frac{x}{a} + \frac{x}{x^2 + a^2})

Вспоминая, что a^2 = \frac{1}{h}, получаем для определенного интеграла {I_2}_0^{\infty} = -\frac{\sqrt{2m}}{e} h \sqrt{h} \frac{\pi}{2}

Таким образом, время падения t_p = - \frac{1}{2} \pi h \sqrt{h} \frac{\sqrt{2m}}{e}

Ответ: Время, за которое заряд достигнет плоскости t_p = - \frac{1}{2} \pi h \sqrt{h} \frac{\sqrt{2m}}{e}


Опубликовано в Теоретическая механика

(новое окно)

Как ввести формулу
Работает только для формы "Добавить комментарий" к материалу:
будет [img]http://latex.codecogs.com/gif.latex?t^2[/img]