Survey
* Your assessment is very important for improving the workof artificial intelligence, which forms the content of this project
Download The electric field
Document related concepts
no text concepts found
Transcript
The electric field Submitted by: I.D. 040460479 The problem: An isolated electrical wire is charged uniformly with charge q and bent into a circular shape (radius R) with a small hole b R (where b is the arc length). What is the electrical field in the middle of the circle? The solution: The simple solution is to use superposition. The electric field in the middle of a complete ring is, of course, zero. Now we’ll sum up the field of a complete ring with the field of a very small wire of the same size and shape as the hole but with a negative charge. ~ = kλb x̂ Because b R the wire can be taken as a negative point charge and, therefore, the field is E R2 q (when we take the hole to be on the X axis and λ = 2πR ). It is also possible to calculate the field directly. Taking ~r = (0, 0, 0) and ~r0 = (R cos θ, R sin θ, 0) we have kdq (−R cos θ, −R sin θ, 0) R3 dq = λRdθ Z −α kλ kλRdθ0 ~ (−R cos θ0 , −R sin θ0 , 0) = (2 sin α, 0, 0) E = 3 R R α ~ = dE (1) (2) (3) where ±α are the angles of the edges of the bent wire (or, the upper and lower limits of the hole). Since b R we can approximate tan α ' sin α = b/2 R . Substituting into the expression for the field we obtain ~ = kλb x̂ E R2 (4) 1 :`ed aeyigd .orhnd lr divxbhpi` ici lr dcy aygl epilr Z E= 0 L ~ = E î E kdq kλ1 dx dE = 2 = r (P − x)2 L kλ1 dx kλ1 kλ1 kλ1 − = = 2 (P − x) P −x 0 P −L P jxhvp ,ipyd hend lr lrety gekd z` aygl zpn lr , P mewina dcyd z` mircei epgp`yk eiykr :divxbhpi` zeyrl F~ = F î ~ F~ = Eq kλ1 kλ1 − λ2 dx dF = Edq = x−L L Z 3L F = 2L kλ1 kλ1 − x−L x λ2 dx = kλ1 λ2 (ln(x − L) − ln(x))3L 2L F = kλ1 λ2 ln 1 2L · 2L 4 = kλ1 λ2 ln 3L · L 3 Electric field - semicircle Submitted by: I.D. 061110185 The problem: A semicircle of the radius R, 0 < θ < π, is charged with the charge Q. 1. Calculate the electric field at the center if the charge distribution is uniform. 2. Let the charge density be λ = λ0 sin θ. Find λ0 and and the electric field at the center. The solution: 1) λ - homogeneous kdq sin θ R2 dq = λdl = λRdθ dEy = − (1) (2) The electric field ~ = E Zπ dEy = − 2kλ ŷ R (3) 0 The charge density is Z Z Q Q = dq = λRdθ =λRπ ⇒ λ = Rπ (4) So that ~ = − 2kQ ŷ E πR2 (5) 2) λ = λ0 sin θ Z Q = λ0 = Z dq = λ0 R sin θdθ = 2λ0 R (6) Q 2R (7) dq kλ0 dEy = −k 2 sin θ = − 2 sin2 θdθ R R Z kλ0 π Ey = dEy = − 2 R 2 kQπ ~ = − E ŷ 4R2 (8) (9) (10) 1 שאלה :תייל אינסופי מקופל כ ששני חלקיו מקבילי והכיפו יוצר חצי מעגל בעל רדיוס ,R כמתואר בשרטוט. התייל טעו בצפיפות אחידה . λמהו הכוח הפועל על מטע נקודתי qהנמצא במעגל? R q פתרו : נחלק את הבעיה לשני מקרי 2 :תיילי אינסופיי מקבילי ושאר התייל המכופ. חלק א'! שני תיילי מקבילי נמצא את הכח השקול שיוצרי שני התיילי האינסופיי המקבילי על מטע .q מטעמי סימטריה הכח השקול האנכי יתאפס והכח השקול האופקי שיוצר התייל העליו שווה לכח השקול האופקי שיוצר התייל התחתו. נמצא את הכח השקול אשר יוצר התייל העליו: Y dx, dQ λ x θ R r Fx X q θ F dQ=λdx x x2 + R2 = cos θ r = x2 + R2 נמצא את הכוח השקול האופקי שיוצר תייל באור xונשאי אותו לאינסו. )*( = x xdx 3 2 2 ) +R 2 (x 1 dt 1 =− 3 ∫ 2 2 t t 1 1 ) − x2 + R2 R = kqdQ ∫ • cos θ = kqλ r2 0 t = x2 + R2 dt = 2 x ( |0x = −kqλ = xdx 3 2 2 ) kqλ x2 + R2 kqλ R ∫ = Fx +R 2 (x ∫ (*) = − = lim x →∞ Fx 2kqλ = Fתיילי ישרי ) ˆ( − x R חלק ב'! התייל המכופ מטעמי סימטריה הרכיב האנכי של הכוח השקול יתאפס,כמו כ הכח השקול שיוצר רבע המעגל העליו בציר ה! xשווה לכוח שיוצר רבע המעגל התחתו בכיוו ציר ה!.x נמצא את הכוח השקול האופקי שיוצר רבע המעגל העליו. Y λ dl,dQ R θ Fx X q θ F Fx = ∫ kqdQ cos θ = dQ = dl λ = Rdθλ = R2 π 2 Rkqλ π2 kqλ kqλ cos θ dθ = sin θ = 2 ∫ 0 R R R 0 2kqλ F= xˆ R חלק מכופף F ∑ =F+F =0 חלק תיילים שקול מכופף ישרים דיסקה ברדיוס Rמוגדרת כך ש: σ = σ0 sin ϕ המטען הכולל על הדיסקה הוא: x x σ0 sin ϕrdrdϕ 2π = −σ0 R2 cos ϕ0 = 0 =Q = σdS נחשב את השדה באמצעות חוק קולון .נביע את המשטח בקוארדינטות גליליות ,אבל את כיווני השדה בקרטזי: (⃗r − r⃗′ )dq (z ẑ − r cos ϕx̂ − r sin ϕŷ)dq (z ẑ − r cos ϕx̂ − r sin ϕŷ)σ0 sin ϕrdrdϕ =k =k 2 2 )(3/2 ′ 3 ⃗ | |z + r )|z 2 + r2 |(3/2 | |⃗r − r האינטגרלים השונים על ϕיתנו לנו: 2π ⃗ =k dE ∫ sin ϕdϕ = 0 0 2π 1 2 cos ϕ sin ϕdϕ = − cos ϕ = 0 2 0 ∫ 2π sin2 ϕdϕ = π ∫ 2π 0 0 לכן הרכיב הרלוונטי היחיד לחישוב הוא רכיב y: x (−r sin2 ϕŷ)σ0 rdrdϕ )|z 2 + r2 |(3/2 ∫ R r2 = −σ0 πk dr 2 )2 (3/2 | 0 |z + r R √( ) x 2 2 = −σ0 πk log √ x + z + x + σ0 πk x2 + z 2 0 ) √( ( ) R2 + z 2 + R R √ + σ0 πk = −σ0 πk log ||z R2 + z 2 k = ⃗ ŷ · E וזו התשובה לשדה בכיוון y.בידקו את עצמכם :איך היחידות מסתדרות אם נראה שהמרחקים מתבטלים? בקירוב כאן עלינו להזהר .מהר מאוד נגלה שהסדר הראשון שלא מתאפס הוא השלישי! נפתח: ) √( R R2 R 1 ⃗ = −σ0 πk log √ + σ0 πk ŷ · E 1+ 2 + z z z 1 + R2 z2 ( )) ) ( ( 2 2 R R R R ≈ −σ0 πk log 1 + 2 + + σ0 πk 1− 2 2z z z 2z (( )) ) ( ) ( ) )3 ( ( 2 R R R 1 R2 1 R2 R2 R2 R + + + ≈ −σ0 πk − + 1− 2 + σ0 πk 2z 2 z 2 2z 2 z 3 2z 2 z z 2z σ0 πkR3 ≈− 3z 3 למעשה יכולנו להשיג תוצאה זו ביתר קלות .אם יש התפלגות מטען עם מטען כולל ,0אבל מומנט דיפולי שונה מ ,0השדה במרחק גדול יהיה כמו זה של דיפול .מומנט הדיפול כאן הוא: σ0 πR3 ̂y 3 = (r cos ϕx̂ + r sin ϕŷ)σ0 sin ϕrdrdϕ x x = ⃗rσdS = ⃗p וכדאי לבדוק שהתוצאה שקיבלנו קודם מסתדרת עם מה שאתם יודעים על שדה של דיפול. עלינו לחשב מטען כולל עבור מספר התפלגויות. א .בתרגיל זה ברור שכדאי לעבוד בקוארדינטות קרטזיות: ) ( y y ( y )5 2 x ) −( Lz x =Q = ρdV ρ0 e cos π dxdydz Ly 2Lx ( ) ∞∫ Ly ( )5 ∫ line ∫ Lx 2 y x ) −( Lz = ρ0 cos π dy e x dz dx Ly 2Lx 0 0 0 √ Ly π 2Lx Lx Lx Ly = ρ0 Lx √ = ρ0 6 2 π 6 pi מכיוון שבביטוי המקורי בכל מקום שהופיע אורך הוא נורמל על ידי אורך ,היחידות של ρ0הן יחידות של מטען ליחידת נפח .לכן התוצאה שקיבלנו אכן ביחידות של מטען]* .בגרסא הראשונה של התרגיל zהיה תחום בתחום סופי ,מה שהקשה על האינטגרל ,והפך אותו ללא טריוואלי )פונקצית erfלמעשה מוגדרת ל ידי האינטגרל הזה( ,אבל בקירוב השיטה לפתרון שכוללת הפיכת ריבוע למעגל נותנת תוצאה די טובה[ . ב .עבור כדור כדאי לעבוד בקוארדינטות מעגליות ,בלי לשכוח את היעקוביאן. y =Q = ρdV ρ0 exp(−r) sin2 (ϕ)r2 sin θdrdϕdθ ∫ 2π ∫ π ∫ R 2 = ρ0 sin (ϕ)dϕ sin θdθ exp(−r)r2 dr y 0 0 0 ))= ρ0 π2(2 + exp(−R)(R2 + 2R + 2 ג .גליל ) (( r 2 ) ) ( z =Q = ρdV ρ0 cos + + ϕ rdrdϕdz R 4L ) (( ) ) (( ) x ) r 2 ( z ) r 2 ( z = ρ0 sin + + 2π − sin + + 0 rdrdz = 0 R 4L R 4L y y תוצאת האינטגרל שעשינו על ϕשווה בשני הגבולות ,כי ) ,sin(x + 2π) = sin(xולכן האינטגרל הוא .0
