Vektor jačine električnog polja

PostPoslato: Četvrtak, 29. Oktobar 2020, 21:20
od Srdjan01
Pozdrav,
E ovako imam problem sa zadacima iz osnova elektrotehnike, u pitanju je određivanje vektora jačine električnog polja. Nadam se da mi neće niko zamjeriti što zadatak nije konkretno iz matematike.
Zadatak glasi:
Veoma dugačka kružna kontura poluprečnika [inlmath]a[/inlmath] ravnomjerno je naelektrisana naelektrisanjem podužne gustine [inlmath]Q'[/inlmath]. Sredina je vazduh. Izvesti izraz za vektor jačine električnog polja na osi konture normalnoj na ravan konture.

Slika.png
Slika.png (4.84 KiB) Pogledano 870 puta

E sada, ja imam rješenje ali mi nije baš jasno, pa ako bi mi neko mogao pomoći u otklanjanju nedoumica koje imam.
[dispmath]\mathrm dE=\frac{\mathrm dQ}{4\pi\varepsilon_0r^2}\\
\mathrm dE_x=\mathrm dE\cdot\sin\alpha\\
\mathrm dE_z=\mathrm dE\cdot\cos\alpha\\
\mathrm dQ=Q'\cdot\mathrm dl\\
\sin\alpha=\frac{a}{r}\\
\cos\alpha=\frac{z}{r}\\
\mathrm dE_z=\frac{Q'\cdot\mathrm dl}{4\pi\varepsilon_0r^2}\cdot\frac{z}{r}=\frac{Q'\cdot\mathrm dl\cdot z}{4\pi\varepsilon_0r^3}\\
E_z=\int_l\mathrm dE_z=\frac{Q'\cdot z}{4\pi\varepsilon_0r^3}\int_l\mathrm dl=\frac{Q'\cdot z\cdot{\color{red}2\pi a}}{4\pi\varepsilon_0r^3}=\frac{Q'\cdot z\cdot a}{2\varepsilon_0r^3}=\frac{Q'\cdot z\cdot a}{2\varepsilon_0\left(z^2+a^2\right)^\frac{3}{2}}[/dispmath] Konkretno ne razumijem kako se ovo [inlmath]\color{red}2\pi a[/inlmath] dobija ovdje.
Nastavljam dalje:
Ako sa [inlmath]Q[/inlmath] označimo ukupno naelektrisanje [inlmath]Q=Q'\cdot2\pi a[/inlmath] imamo:
[dispmath]E_z=\frac{Q\cdot z}{4\pi\varepsilon_0\left(z^2+a^2\right)^\frac{3}{2}}[/dispmath] Sada treba odrediti i [inlmath]E_x[/inlmath] na sličan način kao i [inlmath]E_z[/inlmath], [inlmath]E_x[/inlmath] bi trebalo da je jednako [inlmath]0[/inlmath], ali nikako to ne uspjevam pokazati.
Za [inlmath]E_x[/inlmath] sam probao ovako:
[dispmath]\mathrm dE_x=\frac{Q'\cdot\mathrm dl}{4\pi\varepsilon_0r^2}\cdot\frac{a}{r}=\frac{Q'\cdot\mathrm dl\cdot a}{4\pi\varepsilon_0r^3}\\
E_x=\int_l\mathrm dE_x=\frac{Q'\cdot a}{4\pi\varepsilon_0r^3}\int_l\mathrm dl[/dispmath] I sada ne znam sta dalje trebam uraditi.
Hvala unaprijed! :)

Re: Vektor jačine električnog polja

PostPoslato: Petak, 30. Oktobar 2020, 06:53
od drmm
Vrednost [inlmath]E_x[/inlmath] nije potrebna da bi rešio ovaj zadatak. Dovoljno je da za svaku tačku posmatraš njenu dijametralno suprotnu koja se nalazi na toj konturi i vrlo lako se dobija konačan izraz.

Re: Vektor jačine električnog polja

PostPoslato: Petak, 30. Oktobar 2020, 09:20
od Srdjan01
Ovo [inlmath]\color{red}2\pi a[/inlmath], sam zaključio da se vjerovatno dodaje zbog računanja [inlmath]\mathrm dl[/inlmath], na čitavoj konturi.



@drmm
Znam da moze i tako, posmatrajući sliku "odozgo", vrijednosti [inlmath]\mathrm dE_x[/inlmath] bi se poništile, i dobili bi da je suma [inlmath]\mathrm dE_x=0[/inlmath].
Ali mene zanima da li bi to mogli dobiti, sličnim izračunavanjem kao što smo dobili [inlmath]E_z[/inlmath]?

Re: Vektor jačine električnog polja

PostPoslato: Ponedeljak, 09. Novembar 2020, 01:20
od Daniel
Srdjan01 je napisao:Ovo [inlmath]\color{red}2\pi a[/inlmath], sam zaključio da se vjerovatno dodaje zbog računanja [inlmath]\mathrm dl[/inlmath], na čitavoj konturi.

Jeste, pošto je poluprečnik konture jednak [inlmath]a[/inlmath], obim konture je jednak [inlmath]2\pi a[/inlmath], a pošto se integraljenje vrši po celom obimu konture odatle je [inlmath]\int\limits_l\mathrm dl=2\pi a[/inlmath].
Integral [inlmath]\int\limits_l\mathrm dl[/inlmath] mogli bismo zapisati i kao [inlmath]\int\limits_0^{2\pi a}\mathrm dl[/inlmath], jer smo pri obilasku punog kruga konture krenuli od tačke koja se nalazi na rastojanju nula od početnog položaja, a završili u tački do koje smo, idući po konturi, prešli put od [inlmath]2\pi a[/inlmath].

Srdjan01 je napisao:Ali mene zanima da li bi to mogli dobiti, sličnim izračunavanjem kao što smo dobili [inlmath]E_z[/inlmath]?

Prvo, ako bismo označavali baš precizno, onda bi horizontalnu komponentu polja trebalo predstavljati kao vektorski zbir [inlmath]x[/inlmath]-komponente i [inlmath]y[/inlmath]-komponente, budući da se ta komponenta ne nalazi samo na [inlmath]x[/inlmath]-osi, već se nalazi u [inlmath]xy[/inlmath]-ravni (tj. u ravni paralelnoj ravni konture), znači pravilna oznaka bi bila [inlmath]\mathrm dE_{xy}[/inlmath], gde bi [inlmath]y[/inlmath]-osa bila normalna na ravan crteža.

Može se izračunavanjem dobiti da je horizontalna komponenta jednaka nuli, ali nepotrebno komplikovanje. Kako je i drmm objasnio, električno polje koje potiče od svake tačke na konturi potiraće se s električnim poljem one dijametralno suprotne tačke. Uostalom, i intuitivno je jasno, zbog simetrije, da na osi konture normalnoj na ravan konture ne može postojati nikakva [inlmath]x[/inlmath]-komponenta polja.
E sad, ako baš želiš to da dokažeš izračunavanjem, možeš vektor horizontalne komponente koja potiče od neke tačke na konturi prikazati kao [inlmath]\mathrm dE_{xy}=\mathrm dE_x\vec i+\mathrm dE_y\vec j[/inlmath], gde je [inlmath]\mathrm dE_x=\mathrm dE_{xy}\cos\varphi[/inlmath] i [inlmath]\mathrm dE_y=\mathrm dE_{xy}\sin\varphi[/inlmath], a [inlmath]\varphi[/inlmath] je ugaoni položaj posmatrane tačke na konturi. Intregraljenjem po [inlmath]\mathrm dE_x[/inlmath], kao i po [inlmath]\mathrm dE_y[/inlmath], dobiće se nula u oba slučaja.
Po meni, previše posla ni oko čega.

Re: Vektor jačine električnog polja

PostPoslato: Ponedeljak, 09. Novembar 2020, 08:55
od Srdjan01
Hvala :thumbup: !