Matematické Fórum

sanr · 09. 02. 2010 17:33

Potřeboval bych poradit, s tímto př. předem dik
1. Ve vzduchu se vznášejí dvě stejně velké vodní kapky kulového tvaru. Každá nese náboj e = -1,6.10-19 C, o němž předpokládáme, že je umístěn ve středu kapky. Vypočítejte kritický poloměr R kapek, aby jejich odpudivá elektrostatická síla byla stejně velká jako přitažlivá síla gravitační (elektrická permitivita vzduchu εrεo = 8,85.10-12 Fm-1, gravitační konstanta H = 6,67.10-11 , hustota vody ρ =103 kg m-3 ). Diskutujte závislost celkové síly ( t.j. součtu elektrické a gravitační síly), působící na jednu z kapek v závislosti na jejich vzdálenosti.

Ivana · 09. 02. 2010 18:31

↑ sanr: Několik vzorců k příkladu :

Postupně dosadit , něco se zkrátí ...

sanr · 09. 02. 2010 21:16

Vyšlo mi, že poloměr kapek je 2mm, což je možne tak snad. dík

zdenek1 · 09. 02. 2010 23:13

↑ sanr:
$F_e=F_g$
$\frac {kQ^2}{d^2}=H\frac{m^2}{d^2}$ (pokud jsou ty dvě kapky stejné)
$m=|Q|\sqrt{\frac kH}$
$m=\varrho V=\varrho\frac43\pi r^3$
$|Q|\sqrt{\frac kH}=\varrho\frac43\pi r^3$
$r=\sqrt[3]{\frac{3|Q|}{4\pi\varrho}\sqrt{\frac1{4\pi\varepsilon H}}}=\sqrt[3]{\frac{3\cdot1,6\cdot10^{-19}}{4\pi 10^3}\sqrt{\frac1{4\pi\cdot8,85\cdot10^{-12}\cdot6,67\cdot10^{-11}}}}=76,3\ \mu m$

sanr · 12. 02. 2010 19:43

Mějme dva náboje Q1 = 3C a Q2 = 1C ( nebo -1C) ve vzdálenosti d = 4m. Diskutujte rozložení elektrického pole v okolí těchto nábojů. Rozeberte průběh siločar v rovině tabule a uvažte jejich směry. Ve kterém místě bude intenzita pole E = 0

jelena · 12. 02. 2010 19:53

↑ sanr:

O pátečním věčeru si dovědu představit daleko zábavnější diskusi, navíc nemám tabuli. Pozdrav.

sanr · 12. 02. 2010 20:03

Já si taky myslím, třeba o elektřině :)

Ivana · 12. 02. 2010 20:43

↑ sanr: Tady jsou obrázky v animaci 3D , které nám ukazují jak se chovají náboje v elektrostatickém poli .

http://www.falstad.com/vector3de/

zdenek1 · 13. 02. 2010 00:07

↑ sanr:
Tohle by mohlo pomoci. V applet menu najdi Electric Field Lines

Ivana · 13. 02. 2010 13:51

↑ zdenek1: Zdravím :-)

Tak jak se dívám na ten aplet , mimochodem "velmi pěkné chování " elekktrických siločar , tak výpočet bude docela těžký a zajímavý.

sanr · 13. 02. 2010 20:27

Chci se zeptat jestli je toto řešení správné ?

zdenek1 · 13. 02. 2010 20:36

↑ sanr:
$W=EQs\cos\alpha$

číselně to máš dobře, protže pro 45° je sinus i kosinus stejný.

sanr · 13. 02. 2010 20:59

Díky, tak aspon že je to ok,

ještě mám tento ale ten je nějaký divný

zdenek1 · 13. 02. 2010 22:06

↑ sanr:
Nejprve poloměr velké kapky
$\frac43\pi R^3=6\frac43\pi r^3\ \Rightarrow\ R=\sqr[3]{6}r$
Celkový náboj $Q=6q$
potenciál $\varphi=k\frac QR$
$\varphi=k\frac{6q}{\sqr[3]{6}r}=9\cdot10^9\frac{6\cdot2\cdot10^{-10}}{\sqr[3]{6}\cdot1,5\cdot10^{-3}}=3962\ V$

Trochu se číselně lišíme, nejspíš kvůli zaokrouhlení u $k$ a u $R$ .

sanr · 14. 02. 2010 16:52

zdenek1 · 14. 02. 2010 17:47

↑ sanr:
2. Přiznám se, že nevím, co přesně chtějí. Intenzita nebude konstantní (číslo), ale funkce polohy.

Na obrázku vidíš několik speciálních případů.
V bodě $A$ to spočítáš snadno, vektory jsou rovnoběžné. $E_A=k\frac Q{r_k^2}+k\frac Q{(3r_k)^2}=\frac{10kQ}{9r_k^2}$
V bodě $B$ už musíš sčítat vektory, to se mi nechce počítat.
V bodě $C$ (bod dotyku) je to zase snadné. $E_C=0$
A to jsem to zjednodušil, protože obrázek je v rovině, ve skutečnosti je to celé v prostoru.
Zdá se mi to (v porovnání s předcházejícími příkady) přehnaně složité.

zdenek1 · 14. 02. 2010 18:01

↑ sanr:
5a) Potenciál v bodě dotyku = potenciál od první kapky + potenciál od druhé kapky
$\varphi=\varphi_1+\varphi_2=2k\frac Q{r_k}$
5b) $W=Q\Delta \varphi$
Protože $\varphi_\infty=0$ a počáteční vzdálenost nábojů je $2r_k$
$W=\frac{kQ^2}{2r_k}$

sanr · 17. 02. 2010 16:40

To se mi nezdá, buď je to jednoduché nebo ne

zdenek1 · 17. 02. 2010 17:54

↑ sanr:
1.

Na vodiči bude nějaká délková hustota náboje $\tau$ , pro níž bud platit $\tau=\frac{dQ}{dl}=\frac Q{\pi r}$
Délkový element $dl$ s nábojem $dQ$ bude přispívat k celkové intenzitě nějakou hodnotou. Protože půlkružnice je symetrická, každému takovému příspěvku bude odpovídat příspěvek od symetrického elementu (viz obrázek.) x-ové složky těchto příspěvků se vyruší a zůstanou jen y-ové složky. Výsledný příspěvek od OBOU elementů je $dE=2k\frac {dQ}{r^2}\sin\alpha$ Tyto příspěvky musíme "posčítat"
$E=\int_0^{\frac\pi2}2k\frac {dQ}{r^2}\sin\alpha$
máme $dQ=\tau dl$ a délka kruhového oblouku je $l=\alpha r$ , z toho $dl=rd\alpha$
$E=\int_0^{\frac\pi2}2k\tau\frac { r d\alpha}{r^2}\sin\alpha= \frac{2k\tau}r\int_0^{\frac\pi2}\sin\alpha d\alpha =\frac{2k\tau}r$
dosazením za $\tau=\frac Q{\pi r}$
dostaneme $E=\frac{2kQ}{\pi r^2}$