Правка разделов «Решение», «Альтернативное решение», «Ответ»

emixter правка от
Посмотреть решение История
правка #19303 предыдущая #19293 ← раньше позже →
ru/7.4.10.md +44 −1
@@ -6,4 +6,47 @@Условие
### Решение
−![К задаче $7.4.10$ |540x633, 31%](../../img/7.4.10/scan-0.png)
+![К задаче $7.4.10$ |540x633, 70%](../../img/7.4.10/scan-0.png)
+
+### Альтернативное решение
+
+Металлическая поверхность двугранного угла является эквипотенциальной поверхностью с потенциалом $\Phi=0$. Чтобы удовлетворить это условие можно заменить влияние индуцированных на металле зарядов одним фиктивным зарядом $+q$, расположенным в четвертом квадранте.
+
+В точке нахождения заряда $-q$ в первом квадранте потенциал создается: реальным зарядом $+q$ из второго квадранта на расстоянии $d\sqrt{2}$, реальным зарядом $-q$ из третьего квадранта на расстоянии $2d$ и и фиктивным зарядом $+q$ на расстоянии $d\sqrt{2}$:
+
+$$\Phi_{1}=\frac{1}{4\pi\varepsilon_{0}}\left( \frac{q}{d\sqrt{2}}-\frac{q}{2d}+\frac{q}{d\sqrt{2}} \right)=\frac{1}{4\pi\varepsilon_{0}}\left( \frac{q\sqrt{2}}{d}-\frac{q}{2d} \right)=\frac{q(2\sqrt{2}-1)}{8\pi\varepsilon_{0}d}$$
+
+В точке нахождения заряда $+q$ во втором квадранте потенциал создается: двумя реальными зарядами $-q$ на расстоянии $d\sqrt{2}$ каждый и фиктивным зарядом $+q$ на расстоянии $2d$:
+
+$$\Phi_{2}=\frac{1}{4\pi\varepsilon_{0}}\left( -\frac{q}{d\sqrt{2}}-\frac{q}{d\sqrt{2}}+\frac{q}{2d} \right)=\frac{1}{4\pi\varepsilon_{0}}\left( -\frac{q\sqrt{2}}{d}+\frac{q}{2d} \right)=-\Phi_{1}$$
+
+В точке нахождения заряда $-q$ в третьем квадранте в силу симметрии потенциал в точности равен потенциалу, как у заряда $-q$ из первого квадранта:
+
+$$\Phi_{3}=\Phi_{1}$$
+
+Энергия взаимодействия реальных зарядов с учетом наведенных на металле зарядов рассчитывается только по трем реальным зарядам. Фиктивный заряд в сумму не включается, так как он находится вне области интегрирования поля (внутри проводника), а его поле лишь математически моделирует поля зарядов, наведенных на угле:
+
+$$W_{0}=\frac{1}{2}\sum_{i=1}^{3}q_{i}\Phi_{i}=\frac{1}{2}\left( q_{1}\Phi_{1}+q_{2}\Phi_{2}+q_{3}\Phi_{3} \right)$$
+
+здесь нумерация соответсвует номеру квадранта. Подставим знаки зарядов и знаки их потенциалов:
+
+$$W_{0}=\frac{1}{2}\left( (-q)\cdot(+\Phi_{1})+(+q)\cdot(-\Phi_{1})+(-q)\cdot(+\Phi_{1}) \right)=-\frac{3}{2}q\Phi_{1}=-\frac{3q^{2}(2\sqrt{2}-1)}{16\pi\varepsilon_{0}d}$$
+
+Закон сохранения энергии для трех частиц массы $m$:
+
+$$3\cdot\frac{m\upsilon_{0}^{2}}{2}+W_{0}=3\cdot\frac{m\upsilon^{2}}{2}$$
+$$3\cdot\frac{m\upsilon_{0}^{2}}{2}-\frac{3q^{2}(2\sqrt{2}-1)}{16\pi\varepsilon_{0}d}=3\cdot\frac{m\upsilon^{2}}{2}$$
+
+Отсюда:
+
+$$\upsilon=\upsilon_{0}\sqrt{1-\frac{q^{2}(2\sqrt{2}-1)}{8\pi\varepsilon_{0}m\upsilon_{0}^{2}d}}$$
+
+Данное решение справедливо при условии, что начальной кинетической энергии достаточно для преодоления кулоновского притяжения, то есть при:
+
+$$\frac{m\upsilon_{0}^{2}}{2}\ge \frac{q^{2}(2\sqrt{2}-1)}{16\pi\varepsilon_{0}d}$$
+
+### Ответ
+
+$$\upsilon=\upsilon_{0}\sqrt{1-\frac{q^{2}(2\sqrt{2}-1)}{8\pi\varepsilon_{0}m\upsilon_{0}^{2}d}}$$
+
+при $$\frac{m\upsilon_{0}^{2}}{2}\ge \frac{q^{2}(2\sqrt{2}-1)}{16\pi\varepsilon_{0}d}$$