Matematické Fórum

graviton · 19. 10. 2010 22:30

Zdravím..
Jenom tak jsem si začal odvozovat práci v elektrickém poli a vyšla mi přesně naopak než to

má být.
znám poučku
Pokud za nás práci koná pole je záporná.
Pokud práci konáme mi je kladná.
definujme sílu
$F=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{|qQ|}{r^2}$
kde pro zjednoduseni zavadim
$x$ , ktere nabiva hodnot jako $sign(qQ)$
takze x=1 pokud q i Q maj stejnou polaritu
a x=-1 pokud q a Q maji polaritu opacnou
$|K| = \frac{|qQ|}{4\pi\epsilon_0}$
takze potom
$F=\frac{x|K|}{r^2}$

pokud prevedeme do vektoru tak
$\vec{F}=\frac{x|K|}{(\vec{r})^2}\vec{r}^0$
kde $\vec{r}^0$ je jednotkovy vektor definovany tak ze smeruje od "vnejsiho" naboje smerem k

"zkusebnimu" naboji na kterém zjišťujeme sílu
pořád to vychází .. dyž q i Q > 0 tak x = 1
a smer sily je stejny jako smer nuloveho vektoru takze od zkusebniho naboje na opacnou

stranu nez je vnejsi naboj.
\int_{0}^{\vec{r_AX}}
ted budu počítat práci při přesunu naboje z vychoziho bodu A do obecneho bodu X
$W=\int_{0}^{\vec{r_{AX}}}dW = \int_{0}^{\vec{r_{AX}}}\vec{F}\vec{dr}= \int_{0}^{\vec{r_{AX}}} \frac{x|K|}{(\vec{r})^2}\vec{r}^0 \vec{dr}$
konstanty vytkneme pred integral
$W=x|K|\vec{r}^0 \int_{0}^{\vec{r_AX}}(\vec{r})^{-2}\vec{dr}$
zintegrujeme
$W=x|K|\vec{r}^0 \Big[ (-1)(\vec{r})^{-1} \Big]_{0}^{\vec{r_AX}}$
dosadime meze
$W=x|K|\vec{r}^0 (-1)(\vec{r_AX})^{-1} =(-1)x|K| \Big( \vec{r}^0 \cdot (\vec{r_AX})^{-1} \Big)$
prepiseme skalarni soucin
$W=(-1)x|K| \Big( | \vec{r}^0 | | (\vec{r_AX})^{-1} | \cos{\alpha} \Big)$
kde alfa je uhel mezi jednotkovym vektorem a smerem posuvu
velikost jednotkoveho vektoru je 1
$W=(-1)x|K| | (\vec{r_AX})^{-1} | \cos{\alpha}$
zavedeme konstantu H do ktere dame vsechny ostatni promene ktere sou v absolutni hodnote tudiz neovlivnuji smer..
$|H| = |K| | (\vec{r_AX})^{-1} |$
mame finalni vzorec
$W=(-1)x|H|\cos{\alpha}$
jedine co muze ovlivnit "polaritu" prace W je tedy cosinus a x
cosinus se meni nasledovne
zkusebni naboj posouvame ve smeru jednotkoveho vektoru = smerem od vnejsiho naboje $\alpha=0$ --> $\cos{\alpha}=1$
zkusebni naboj posouvame v opacnem smeru nez je jednotkovy vektor = smerem ke vnejsimu naboji $\alpha=\pi/2$ --> $\cos{\alpha}=-1$

muzou nastat 4 pripady zanesu je do tabulky
$\begin{tabular}{ c c c c c } jake naboje smer pohybu & x & cos(a) & W\nl stejna polarita pohyb od vnejsiho naboje & + & + & + \nl opacna polarita pohyb od vnejsiho naboje & - & + & - \nl stejna polarita pohyb ke vnejsimu naboji & + & - & - \nl opacna polarita pohyb ke vnejsimu naboji & - & - & + \nl \end{tabular}$
jenomze by tomu melo byt presne naopak..
pri premistovani zkusebniho naboje smerem od vnejsiho naboje kdyz maji stejnou polaritu.. praci kona pole.. takze by mela byt zaporna.. ale podle vypoctu je tomu naopak? jak je to mozne? mam nekde chybu nebo umim spatnou poucku?

Za případné odpovědi děkuji :)

medvidek

↑ graviton:
Vysvětlení vidím v tom, že jsi vypočítal práci, kterou koná elektrické pole, a ne ten, kdo přemisťuje náboj.
Např. pokud se od sebe vzdalují dva souhlasně polarizované náboje, je práce pole kladná.

Edit:
Pozor na konvergenci integrálu
$\int \frac{1}{r^2} \ dr$

graviton · 20. 10. 2010 20:26

tak.. a teď jsem objevil chybu . je v tabulce..
zapomněl jsem na vytklou $(-1)$
takže správně mělo být
$tabulka (2) = opravena \nl \begin{tabular}{ c c c c c } jake naboje smer pohybu & x & cos(a) & W\nl stejna polarita pohyb od vnejsiho naboje & + & + & -\nl opacna polarita pohyb od vnejsiho naboje & - & + & + \nl stejna polarita pohyb ke vnejsimu naboji & + & - & + \nl opacna polarita pohyb ke vnejsimu naboji & - & - & - \nl \end{tabular}$
což podporuje poučku

ale zároveň je to teď zapeklitější ..
protože jsem pochopil když jsi mě nakopl.. že se vlastně dívám na sílu kterým působí pole.. ":\
takže by to mělo vyjít jako v tabulce (1).. jenomže když jsem si to opravil na tabulku(2) tak je to zase naopak.. protože práci koná to pole.
nebo že bys(te) neměl pravdu? když působím silou tak je vždycky orientovana stejně, ať už tou silou pusobim ja nebo pole..
takže myslím že chyba byla jenom v té $(-1)$ ..

kdo má pravdu? :-)

medvidek

↑ graviton:
Proč bychom si zde na fóru netykali :-)
Na druhé straně v tomto respektuji každého přání.

Teď k tématu.
V mé předchozí odpovědi jsem vycházel z první části tvého příspěvku, která končí integrálem
$W=\int_{0}^{\vec{r_{AX}}}dW = \int_{0}^{\vec{r_{AX}}}\vec{F}\vec{dr}= \int_{0}^{\vec{r_{AX}}} \frac{x|K|}{(\vec{r})^2}\vec{r}^0 \vec{dr}$
Když překousneme tu nulu v integračních mezích, je to vyjádření práce, kterou vykoná pole při přesunutí "zkušebního" náboje na místo $\vec{r_{AX}}$ . Výsledek je kladný, jsou-li náboje shodně polarizovány. Na tomto bychom se měli především shodnout (resp. vyjasnit neshodu). Pak můžeme rozebrat ty průměty a kosíny.

Souhlas?

EDIT:
Napsal jsi

když působím silou tak je vždycky orientovana stejně, ať už tou silou pusobim ja nebo pole..

Já (který přesouvám "zkušební" náboj z místa na místo) působím silou opačně orientovanou vůči síle, kterou působí pole. To je akce a reakce.

pietro · 21. 10. 2010 08:38 — Editoval pietro (21. 10. 2010 11:11)

Dovolím si vstúpiť poznámkou ...( možno k téme a možno ani nie) ..či by nebolo vhodné mať na pamäti pri posudzovaní konvencie oveľa častejší jav a to absorbciu a emisiu fotónu pri výskyte elektrónu napr. v okolí protónu. ( atom vodíka)
Tam je jasné, že pri prechode elektrónu z vyššej dráhy na nižšiu sa fotón vyžiari. Nábojovo rovnaký protón ako elektrón...neviem, nedotiahol som ku presnejšiemu vyjadreniu..

graviton · 21. 10. 2010 19:07

s tykanim souhlasim ;)..

ale jsem zmatený..
(pro přehlednost $\vec{r_{AX}}->\vec{v}$

$W =\int_{0}^{\vec{v}}dW = \int_{0}^{\vec{v}} \vec{F}\vec{dr} = \int_{0}^{\vec{v}} \frac{x|K|}{(\vec{r})^2}\vec{r}^0 \vec{dr}$

přece když z integruji tak vyleze $-1$

$f: y=\int_{a}^{b} \frac{1}{x^2}dx =\int_{a}^{b} x^{-2}dx= (-1)[x^{-1}]_{a}^{b}$

a proto když posouvám ve směru jednotkoveho vektoru (ten míří směrem od vnějšího náboje) takže náboje dávám od sebe
$W= +x|K|\vec{r}^0 \int_{0}^{\vec{v}} \frac{1}{(\vec{r})^2} \vec{dr} = -|K|\vec{r}^0 \Big[(\vec{r})^{-1}\Big]_{0}^{\vec{v}}$
tak mi pro stejné náboje má vyjít kladná ale podle vzorce nevyšla.. to je jedna z věci ktera mi nedocvakává

medvidek · 21. 10. 2010 21:14

↑ graviton:
Pokud je $b>a>0$ , následující integrál je kladný
$\int_{a}^{b} \frac{1}{x^2}dx=\frac{b-a}{ab}>0$
Odkud jsi vzal tu $-1$ ?

graviton · 25. 10. 2010 14:34

$\int x^{n} dx = \frac{1}{n+1}x^{n+1} + c$
$\int x^{-2} dx = \frac{1}{-2+1}x^{-2+1} + c = \frac{1}{-1}x^{-1} + c = (-1) x^{-1}+c$
sakra tak co to nevidím :-D ?

pietro · 25. 10. 2010 16:31 — Editoval pietro (25. 10. 2010 16:52)

↑ graviton:Ahoj...určitý integrál 1/(x*x) aj z grafu vidno, že je +,

Autor skryl část textu. Zobrazit/skrýt!

medvidek

↑ graviton:
Primitivní funkci máš dobře, teď ještě zkus ty meze.
Jestli nedostaneš $(-1) \Big[x^{-1}\Big]_{a}^{b}>0$ pro $b>a>0$ , jsi ztracen :-)

graviton · 25. 10. 2010 20:02

$f: y=\int_{a}^{b} \frac{1}{x^2}dx =\int_{a}^{b} x^{-2}dx= (-1)[x^{-1}]_{a}^{b} = -1[\frac{1}{b} - \frac{1}{a}] = -1[\frac{a-b}{ab}] = \frac{b-a}{ab}$
ach děkuji za trpělivost :-) !!

$W= +x|K|\vec{r}^0 \int_{\vec{r_0}}^{\vec{r_1}} \frac{1}{(\vec{r})^2} \vec{dr} = +x|K|\vec{r}^0 \Big[(\vec{r})^{-1}\Big] _{\vec{r_0}}^{\vec{r_1}}$

$W= +x|K|\vec{r}^0 \frac { \vec{r_1} - \vec{r_0} } { \vec{r_0} \vec{r_1} }$
dobře řekněme že $\vec{r_0}$ "je 0".. a $\vec{r_1}$ má směr $\vec{r}^0$
počkat nemůžu říct že že $\vec{r_0}$ "je 0" bych dělil nulou ? :-D jakto?

tak teda $\vec{r_1} > \vec{r_0} > 0$
ten zlomek je tedy kladný
a řeknu že na souřadnicích $[0,0,0]$ sedí vnější náboj.
$\vec{r_1}$ tedy míří směrem od vnějšího náboje a má tedy stejný směr jako $\vec{r}^0$
potom co do velikosti vyjde práce kladná (při x = 1 což jsou stejné náboje)
takže při oddalování nábojů je práce kladná
ale tu práci tedy vykonává pole?
práce kterou vykonám já by byla teda
$W = - \int \vec{F} \vec{dr}$
protože mám sílu definovanou podle účinků pole?
(při stejné polaritě mám sílu co do velikosti kladnou - působí teda směrem ve směru $\vec{r}^0$ směrem od sebe? )

už se blížím? :-)

medvidek

↑ graviton:
Tvůj závěr je správný:

ale tu práci tedy vykonává pole?
práce kterou vykonám já by byla teda
$W = - \int \vec{F} \vec{dr}$
protože mám sílu definovanou podle účinků pole?

Prostě na začátku (v příspěvku #1) jsi definoval sílu $\vec F$ tak, že míří při shodné polarizaci od "vnějšího" náboje ke "zkušebnímu". Tudíž je to síla odpudivá, kterou působí pole na náboj. Pokud bychom chtěli definovat sílu, kterou působíme my na náboj, byla by opačně orientovaná.

Ještě pár poznámek k zápisu:
$W= +x|K|\vec{r}^0\int_{\vec{r_0}}^{\vec{r_1}} \frac{1}{(\vec{r})^2} \vec{dr}= +x|K|\vec{r}^0 \Big[(\vec{r})^{-1}\Big]_{\vec{r_0}}^{\vec{r_1}}$
Nikde není řečeno, že musíme integrovat od bodu $\vec{r_0}$ do bodu $\vec{r_1}$ po přímce. Proto obecně nelze vytknout jednotkový vektor $\vec{r}^0$ před integrál. Tento vektor má konstantní pouze velikost, zatímco jeho směr míří vždy od počátku souřadnicové soustavy ("vnějšího" náboje) do bodu na dráze, po které integrujeme.
Na druhé straně, proč bychom si komplikovali život integrací po křivce, když víme, že v případě konzervativních polí výsledek integrace nezávisí na dráze, kterou si mezi body $\vec{r_0}$ a $\vec{r_1}$ zvolíme.
V každém případě integrací $\frac{1}{(\vec{r})^2}$ nedostaneme $(\vec{r})^{-1}$ , ale $(-1) |\vec{r}|^{-1}$ .

EDIT:
Nejlepší by bylo bez újmy na obecnosti zvolit souřadnicový systém tak, aby spojnice nábojů ležela na ose x. Lze se tím vyhnout počítání s vektory.

graviton · 26. 10. 2010 18:02

Děkuji :) !!
už jsem si to dal dohromady..
já právě chtěl zkusit jak to dopadne s těmi vektory když použiju skalární součin :)

Matematické Fórum

#1 19. 10. 2010 22:30

znamenkova konvence u prace v elektrickém poli

#2 20. 10. 2010 14:12 — Editoval medvidek (20. 10. 2010 14:12)

Re: znamenkova konvence u prace v elektrickém poli

#3 20. 10. 2010 20:26

Re: znamenkova konvence u prace v elektrickém poli

#4 20. 10. 2010 23:45 — Editoval medvidek (21. 10. 2010 00:20)

Re: znamenkova konvence u prace v elektrickém poli

#5 21. 10. 2010 08:38 — Editoval pietro (21. 10. 2010 11:11)

Re: znamenkova konvence u prace v elektrickém poli

#6 21. 10. 2010 19:07

Re: znamenkova konvence u prace v elektrickém poli

#7 21. 10. 2010 21:14

Re: znamenkova konvence u prace v elektrickém poli

#8 25. 10. 2010 14:34

Re: znamenkova konvence u prace v elektrickém poli

#9 25. 10. 2010 16:31 — Editoval pietro (25. 10. 2010 16:52)

Re: znamenkova konvence u prace v elektrickém poli

#10 25. 10. 2010 18:54 — Editoval medvidek (25. 10. 2010 18:56)

Re: znamenkova konvence u prace v elektrickém poli

#11 25. 10. 2010 20:02

Re: znamenkova konvence u prace v elektrickém poli

#12 26. 10. 2010 00:44 — Editoval medvidek (26. 10. 2010 00:46)

Re: znamenkova konvence u prace v elektrickém poli

#13 26. 10. 2010 18:02

Re: znamenkova konvence u prace v elektrickém poli

Zápatí