Оценить силу взаимодействия

[profilescit]

Оцените по порядку величины силу взаимодействия между точечным зарядом $q$ и круглым металлическим диском радиуса $R$. Заряд расположен на оси диска на расстоянии $L \gg R$ от его центра. Металлический диск не заряжен, а его толщина пренебрежимо мала.

Из логических соображений ясно что сила будет иметь вид $F = \frac{1}{4 \pi \varepsilon_0} \frac{q^2}{L^2} f \left( \frac{R}{L} \right)$ где $f(x)$ какая-то безразмерная степенная функция, которую по хорошему нужно найти.

Если копнуть немного глубже, ясны некоторые вещи:

1) Суммарный заряд диска будет равен нулю
2) Каким бы не было распределение индуцированного заряда, диск останется эквипотенциальным.
3) В центральной области диска сосредоточиться заряд $-Q$, а по бокам $+Q$

Хотелось бы как-то оценить величину индуцированного заряда, чтобы потом оценить силу.

Попробовал так:

Пусть с точка на диске с радиальной коордонатой $r$ есть поверхностное распределение заряда $\sigma_{(r)}$. Справедливо ли сказать что $\frac{\sigma}{ 2 \varepsilon_0} = \frac{q L}{4 \pi \varepsilon_0 (L^2 + r^2)^{\frac{3}{2}}}$?

Если так, то получаем зависимость $\sigma_{(r)}$ и взяв интеграл $2 \pi r \sigma dr$ получим заряд $Q$.

Ответ таким образом не сходится, хотелось бы разобраться как к задаче подойти и как еее решить.

[fred1996]

profilescit
Если у вас диск тонкий, то краевыми эффектами можно пренебречь.
Тут основной момент, что поле внутри диска равно нулю. А оно образуется внешним зарядом $q$ и индуцированным зарядом на поверхности диска. Таким образом, чтобы скомпенсировать друг друга. Из этих соображений легко оценить плотность поверхностного заряда на обеих сторонах вашего диска. То есть ваш диск превращается в диполь, ориентированный по полю внешнего заряда. Очевидно что радиальное изменение плотности индуцированного заряда вносит совсем малую поправку в ответ. Для простоты можно вообще считать, что диск находится в постоянном поле с напряженностью $\frac{q}{4\pi\varepsilon_0d^2}$

[profilescit]

fred1996 в таком случае делаю так: поле внутри складывается из внешнего и полем индуцированных зарядов на поверхности. И тогда $\sigma = \frac{q}{4 \pi L^2}$? В таком случае у нас $f(x) = x^2$, не сходится с ответом

[DimaM]

profilescit в сообщении #1519670 писал(а):

оле внутри складывается из внешнего и полем индуцированных зарядов на поверхности. И тогда $\sigma = \frac{q}{4 \pi L^2}$? В таком случае у нас $f(x) = x^2$

Вывод неверный. На другой-то стороне диска такая же по величине поверхностная плотность другого знака.
Получается взаимодействие заряда с диполем. Но при заявленной пренебрежимо малой толщине дипольный момент тоже получается пренебрежимо малым, и сила нулевая.
Мне подобная задача встречалась с конечной толщиной диска $h\ll R$.

[profilescit]

DimaM, тут все же толщина бесконечно мало, и точно неизвестна. Задача про которую вы говорите вроде как была в Савченко.

Можно ли тут предположить что будет диполь, но положительный заряд полностью разместится на краю диска?

И сделать модель где заряд $-Q$ в центре диска и заряд $+Q$ равномерно распределен на самом краю диска.

[мат-ламер]

profilescit в сообщении #1519692 писал(а):

Можно ли тут предположить что будет диполь, но отрицательный заряд полностью разместится на краю диска?

И сделать модель где заряд $-Q$ в центре диска и заряд $+Q$ равномерно распределен на самом краю диска.

Если это так (что похоже на правду), то можно попробовать оценить заряд $Q$ из условия равновесия сил, действующих на него.

[profilescit]

мат-ламер если я вас правильно понял, то получается так:

$\frac{k Q^2}{R^2} = \frac{k Q q}{L^2 + R^2} \frac{R}{(R^2+L^2)^{\frac{1}{2}}}$, или же $Q \approx q \frac{R^3}{L^3} \left( 1 - \frac{3 R^2}{2 L^2} \right) \approx q \frac{R^3}{L^3} $

В таком случае $f(x) = x^3$. Уже лучше, но пару степеней не хватает

[sergey zhukov]

profilescit
Если заряд расположен рядом с полубесконечной толщей проводника, то он притягивается к собственному зеркальному отражению в этой толще.

Если вместо толщи рассмотреть бесконечную тонкую проводящую пластину, то, на мой взгляд, сила притяжения заряда к пластине будет той же, что и для толщи. По прежнему можно считать по отражению.

Если вместо пластины взять диск, то вероятно, можно приближенно считать, что заряд притягивается к отражению через " окошко" этого диска.

[profilescit]

sergey zhukov но ведь наш заряд совсем не рядом с диском, не думаю что тут методом изображений можно что-то сделать.

[sergey zhukov]

profilescit
Разве этот метод работает только на малых расстояниях? Он на любых расстояниях годится.

[мат-ламер]

profilescit в сообщении #1519701 писал(а):

мат-ламер если я вас правильно понял, то получается так:

$\frac{k Q^2}{R^2} = \frac{k Q q}{L^2 + R^2} \frac{R}{(R^2+L^2)^{\frac{1}{2}}}$, или же $Q \approx q \frac{R^3}{L^3} \left( 1 - \frac{3 R^2}{2 L^2} \right) \approx q \frac{R^3}{L^3} $

В таком случае $f(x) = x^3$. Уже лучше, но пару степеней не хватает

$Q$ вы правильно нашли. Перепроверьте $f(x)$ с учётом того, что у вас заряд притягивается к диполю.

[profilescit]

Да, когда считал $f(x)$ забыл про диполь

А так, выходит $F \approx \frac{k q Q R}{L^3}$, значит $f(x) = x^4$

Осталось совсем чуток

[мат-ламер]

profilescit
Может раскроете секрет, а какой ответ в задачнике?

[profilescit]

Ответ будет $f(x) = x^5$

Есть даже точный ответ, $F = \frac{2 q^2 R^5}{15 \pi^2 \varepsilon_0 L^7}$, но получить его я пока не стремлюсь

[мат-ламер]

А у нас не простой диполь, а диполь круглый (если это на что-нибудь влияет). Можно попробовать в лоб подсчитать притяжение к круглому диполю. Пока не ясно, поможет это или нет. А вдруг?

-- Вс май 23, 2021 17:14:35 --

мат-ламер в сообщении #1519720 писал(а):

А у нас не простой диполь, а диполь круглый

Точнее говоря, надо применить формулу для диполя не "вдоль", а "поперёк".