Matematické Fórum

michalrysina · 13. 06. 2011 21:14

Zdravím nemohl by někdo spočítat tyto příklady?

1, Jedná se o ten první příklad

2, Potenciál ve vzdálenosti 2 m od nabité přímky s nábojem t = 10^–9 Cm^–1 je Fí = 30 V.
Určete ekvipotenciálu nulového potenciálu. Permitivita vakua je e0 = 8,85×10^–12 Fm–1.
(Intenzita pole nabité přímky je E = t r0 / (2pe0r).)

Moc děkuji už si s tím nevíme rady

zdenek1 · 13. 06. 2011 22:56

↑ michalrysina:
2)
$\varphi_B-\varphi_A=\int_A^B E\ \text dr$
Podle zadání je $\varphi_A=0$
$\varphi_B=\int_x^2\frac{\tau}{2\pi\varepsilon_0r}\text dr=\frac{\tau}{2\pi\varepsilon_0}[\ln2-\ln x]$

Dopočítat $x$ už by neměl být problém.

zdenek1 · 13. 06. 2011 23:04

↑ michalrysina:
1) To nejste schopni zderivovat polynomickou funkci?
$\varphi(x,y)=-4x^2y+5y-x+3$
$\vec E=-(-8xy-1;-4x^2+5)$

Dosadit za $x$ a $y$ už snad zvládnete.

michalrysina · 14. 06. 2011 11:12

Ta 2 nešla by prosím dopočítat? Já se v tom pořád ztrácím, na tuto látku jsem chyběl a nějak tomu nerozumim díky moc

zdenek1 · 14. 06. 2011 12:10

↑ michalrysina:
$\vec E=-(-8xy-1;-4x^2+5)$
$A[1;2]$ dosadíš $x=1$ , $y=2$
$\vec E=-(-8\cdot1\cdot2-1;-4\cdot1^2+5)=-(-17;1)=(17;-1)$

michalrysina · 14. 06. 2011 12:24

Omlouvám se že otravuju ale došlo k nedorozumění. Tohle jsem pochopil. Ale myslel jsem ten druhý příklad z 1 příspěvku mého (potenciál ve vzdálenosti 2m. Díky moc

zdenek1 · 14. 06. 2011 12:47

↑ michalrysina:
No dobře, ale dopočítání je normální logaritmická rovnice, kterou počítají děti ve druháku gymplu.
$\varphi_B=\int_x^2\frac{\tau}{2\pi\varepsilon_0r}\text dr=\frac{\tau}{2\pi\varepsilon_0}[\ln2-\ln x]$
$\frac{2\varphi_B\pi\varepsilon_0}{\tau}=\ln \frac2x$
$e^{\frac{2\varphi_B\pi\varepsilon_0}{\tau}}=\frac2x$
$x=2\cdot e^{-\frac{2\varphi_B\pi\varepsilon_0}{\tau}}$

michalrysina

Našel jsem výsledek že má vyjít: (K=42,5V; ekvipotenciálou je válcová plocha o poloměru r = 10,6m)

A to mě nějak nevychází.

Edit: Teď sem k tomu sednul a to X mě vyšlo 10,6m Což odpovídá tomu R. Ale to K nevim co s tim

michalrysina · 14. 06. 2011 19:07

Dokáže mi ještě někdo poradit s tim K? díky moc

medvidek · 15. 06. 2011 04:14

↑ michalrysina:
Správně. Evidentně jsi si poradil s opačným znaménkem před integrálem a následně v exponentu.

↑ michalrysina:
Závislost potenciálu $\varphi$ na vzdálenosti $x$ od nabité přímky lze vyjádřit následovně (lze využít vztah pro $\varphi_B$ v příspěvku #7):
$\varphi(x)=K-\frac{\tau}{2 \pi \varepsilon_0} \cdot \mathrm{ln}(x)$ ,
kde
$K=\varphi(2)+\frac{\tau}{2 \pi \varepsilon_0} \cdot \mathrm{ln}(2)=30+17,98 \cdot \mathrm{ln}(2) = 42,46V$

Fyzikální význam $K$ je potenciál pole ve vzdálenosti 1m od nabité přímky.

zdenek1 · 15. 06. 2011 09:57

↑ medvidek:
Díky, ale pořád mi není jasné, kam zmizelo to "mínus"

medvidek · 15. 06. 2011 17:26

↑ zdenek1:
Předpokládám, že stačí zdůvodnit znaménko u integrálu ve vztahu
$\varphi_B-\varphi_A=\int_B^A E\ \text dr$ .

Potenciální energie kladně nabité částice stoupá, když ji přibližujeme ke zdroji kladného elektrostatického pole.
Bez újmy na obecnosti se domluvme, že bod B je blíže ke zdroji, než bod A.
Pak je levá strana rovnice kladná, protože
$\varphi=\frac WQ$ a $W_B > W_A$ a $Q > 0$ .
Na pravé straně by obecně měl být skalární součin vektorů $\vec E$ a $\vec {\mathrm dr}$ , ale jsou rovnoběžné a souhlasně orientované. E je všude kladné, meze integrace jsou od menší k větší. Se znaménkem mínus bychom nemohli dostat kladnou hodnotu na pravé straně rovnice.

Něco podobného ohledně znaménka v definici potenciálu bylo zdůvodňováno zde (na dotaz kolegy Rumburaka).