Treść zadania

Rozwiązania

• 

  2 0

  antekL1 19.9.2014 (10:58)

  Dalej oznaczam: k = 1 / (4 \pi \varepsilon_0 )
  
  Niech ten ćwierć-okrąg leży w pierwszej ćwiartce układu współrzędnych.
  Wprowadzamy biegunowy układ odniesienia, punkt (x,y) leżący na okręgu
  ma współrzędne [ Rcos(fi), Rsin(fi) ]; kąt fi liczymy od osi OX.
  Dzielimy ćwierćokrąg na małe odcinki o równej długości naładowane ładunkiem dQ.
  Długość takiego odcinka wynosi:
  
  dL = R d\varphi
  
  Ładunek dQ na tym odcinku to stosunek Q do długości ćwierć-okręgu czyli
  
  dQ = \frac{Q}{2\pi R/4}\,dL=\frac{Q}{2\pi R/4}\,R\,d\varphi=\frac{2Q}{\pi}\,d\varphi
  
  Potencjał V jest skalarem czyli wkłady dV od każdego odcinka sumujemy:
  
  V = \int\limits_0^{\pi/2}k\frac{dQ}{R}=k\frac{2Q}{\pi R}\,\int\limits_0^{\pi/2}d\varphi=k\frac{2Q}{\pi R}\,(\pi/2-0)=k\frac{Q}{R}
  
  co zresztą było do przewidzenia...
  Cały ładunek jest w jednakowej odległości od punktu (0,0).
  
  Natężenie E pola el. jest wektorem i trzeba oddzielnie sumować obie składowe.
  Każdy odcinek ćwierć-okręgu w pozycji (x,y) daje wektor dE kierowany wzdłuż wektora:
  
  \vec{v} = -(\cos\varphi, \sin\varphi)
  
  Składowa x-owa wektora E od małego odcinka jest więc równa:
  
  dE_x = -\frac{k}{R^2}\cos\varphi\,dQ = \frac{k}{R^2}\cos\varphi\,\frac{2Q}{\pi}\,d\varphi
  
  Całkujemy te wkłady
  
  E_x = -k\frac{2Q}{\pi R^2}\int\limits_0^{\pi/2}\cos\varphi\,d\varphi = k\frac{2Q}{\pi R^2}\,[\sin\varphi]_0^{\pi/2} = -k\frac{2Q}{\pi R^2}
  
  Składowa y-owa ma identyczną wartość
  (całkujemy sinus zamiast kosinusa, całka też daje jedynkę)
  w rezultacie wektor E jest skierowany wzdłuż wektora (-1,-1) czyli
  
  \vec{E} = -k\frac{Q}{\pi R^2}\,\left(\sqrt{2},\sqrt{2}\right)
  
  Jak widać wartość wektora E jest mniejsza niż pola od ładunku punktowego
  [ o czynnik 2 / pi = około 0,64 ]
  UWAGA! obliczenia w układzie kartezjańskim (czyli całkowanie po dx)
  byłoby trudniejsze, bo zmieniałaby się długość odcinka dL w zależności od x.

  Dodawanie komentarzy zablokowane - Zgłoś nadużycie