Оценить силу взаимодействия

[мат-ламер]

Вроде начинаю догадываться, почему у меня такое простое решение с простым ответом, и почему официальное решение такое сложное. Я изначально предполагал, что диск с нулевой толщиной. А в официальных подсказках к решению диск имеет форму трёхмерного эллипсоида. Причём одна ось его стремится к нулю.

[AnatolyBa]

Я подсмотрел, конечно. Ничего себе задача! Трехкратные нетривиальные интегралы, полиномы Лежандра, математические пакеты.
мат-ламер у вас простое решение, потому что оценка, а у них точное решение (по крайней мере они так утверждают).
Я понял так. Поле рассматривается как суперпозиция двух полей (распределений зарядов). На самом деле нужно еще третье, но об этом они умалчивают.
Первое поле/распределение зарядов - для компенсации радиальной составляющей (вдоль диска) внешего поля от $q$. Для этого рассматривается равномерно заряженный эллипсоид, доказывается (довольно изящно), что его потенциал квадратичен по координате, т. е. напряженность линейна по координате - как раз то, что нужно для компенсации радиального поля от $q$. Когда эллипсоид сплющивается, равномерный заряд превращается в поверхностную плотность $\sigma_1=\sigma_{10}\sqrt{1-(\frac{r}{R})^2}$. И теперь мы можем полагать, что заряд расположен на поверхности, это не изменит линейный характер изменения напряженности вдоль $r$.
Но что при этом получается - получается ненулевой заряд.
Второе поле/распределение - нужно для компенсации ненулевого заряда. Для этого берется сфера с поверхностным равномерным распределением заряда (противоположного знака) и снова сплющивается. Внутри сферы напряженность нулевая, это сохраняется при сплющивании. Получается диск с поверхностной плотностью $\sigma_2=\frac{\sigma_{20}}{\sqrt{1-(\frac{r}{R})^2}}$. Условие нулевого общего заряда $\int\limits_{0}^{R}r(\sigma_1+\sigma_2)dr$, отсюда находится связь $\sigma_{10}$ и $\sigma_{20}$, получается $\sigma_{10}=-3 \sigma_{20}$.
Третье поле/распределение про которое они умалчивают нужно для компенсации внутри диска поля от $q$ перпендикулярного к поверхности. Но, видимо, это не дает вклада в силу.
Далее, как же найти $\sigma_{10}$? Тут они начинают изгаляться и брать неберущиеся интегралы. В общем, надо для потенциала создаваемого $\sigma_1$ посчитать разницу в центре и на краю диска и приравнять той разнице которая получается от $q$ : $\Delta\varphi=\frac{qR^2}{2L^3}$
Потенциал в центре считается легко, а для потенциала на краю я применил хитрость - считал в полярной системе координат с центром в точке на краю, где ищем потенциал. Это сильно упрощает вычисления и получается $\Delta\varphi=\frac{\sigma_{10}R\pi^2}{4}$.
Ну дальше довольно легко.
Должен еще заметить, что решение задачи о заряде над диском есть у Гринберга, книга 1948-го года. Но понять ответ невозможно, к сожалению

[Ignatovich]

DimaM в сообщении #1519774 писал(а):

Я тут подумал: поверхностная плотность заряда на диске будет отрицательной в центре и положительной на краю, как-то монотонно изменяясь в промежутке.
Видимо, приближенно это можно представить как два кольца с радиусами $R_1$ и $R_2>R_1$ с зарядами $-q'$ и $q'$.
Такая система колец создает в точке расположения заряда поле

$$E\approx \frac{3}{2}q'\frac{R_2^2-R_1^2}{L^4}.$$

Считая, как ранее, $q'\sim qR^3/L^3$ и предполагая $R_2-R_1\sim R$, получаем силу $F=qE\sim q^2R^5/L^7$

Правильно я понимаю, что $q'\sim qR^3/L^3$ обосновывается тем, что поляризация диска обусловлена составляющей напряженности поля точечного заряда, которая параллельна плоскости диска?

[мат-ламер]

мат-ламер в сообщении #1519957 писал(а):

Как оказалось, что это не так. На диске сила отталкивания зарядов от центра пропорциональна квадрату расстояния от центра.

Извиняюсь. Это сила в первом приближении пропорциональна расстоянию от центра: $f(r)=qr(L^2+r^2)^{-3/2} \approx qrL^{-3}$ . Тогда логично предположить, что плотность компенсирующих зарядов отрицательного знака в первом приближении будет также пропорциональна расстоянию от центра.

Поскольку ответ всё равно отличается от официального (хотя где он, официальный ответ?), у меня есть желание промоделировать ситуацию на компьютере.

-- Ср май 26, 2021 10:30:40 --

AnatolyBa в сообщении #1519991 писал(а):

Должен еще заметить, что решение задачи о заряде над диском есть у Гринберга, книга 1948-го года. Но понять ответ невозможно, к сожалению

Качнул Гринберга. Вы не подскажете, на какой странице эта задача?

[AnatolyBa]

Ignatovich в сообщении #1520079 писал(а):

поляризация диска обусловлена составляющей напряженности поля точечного заряда, которая параллельна плоскости диска

Речь идет о радиальной поляризации диска. Это потому, что в данной задаче толщина диска считается бесконечно малой.
Ответ к данной задаче (СГС) $F=\frac{8q^2 R^5}{15 \pi L^7}$. Если мы учтем конечную толщину диска $d$ (более конвенциональный вариант задачи), то появляется сила $F_d=\frac{q^2 R^2 d}{2 L^5}$
Так что, можно оценить реалистичность условия.

-- 26.05.2021, 10:03 --

мат-ламер в сообщении #1520082 писал(а):

Качнул Гринберга. Вы не подскажете, на какой странице эта задача?

423

[Ignatovich]

AnatolyBa в сообщении #1520083 писал(а):

Речь идет о радиальной поляризации диска.

Асиптотика $F\sim q^2/L^7$, видимо, справедлива и для системы "проводящий стержень + точечный заряд на серединном перпендикуляре", а также для любого плоского проводника в виде правильного многоугольника (+ точечный заряд на оси, проходящей через центр многоугольника перпендикулярно его плоскости). Важно, что при поляризации проводника его дипольный момент равен нулю, поэтому $F\sim p_2/L^4$, а квадрупольный момент $p_2\sim E_\perp, где $E_\perp\sim 1/L^3$$- компонента поля, перпендикулярная оси. Не ошибаюсь?

[мат-ламер]

AnatolyBa в сообщении #1520083 писал(а):

Ответ к данной задаче (СГС) $F=\frac{8q^2 R^5}{15 \pi L^7}$.

Этот ответ получили вы или посмотрели официальный ответ на сайте олимпиады? Если официальный, то где? Или посмотрели в ответах участников олимпиады?

[AnatolyBa]

мат-ламер
Сначала подсмотрел (и в этом признался), а потом получил сам.
По-моему там у участников не совсем одинаковые ответы, но у кого-то такой же.
Я многого не понял в решениях и кое-что сделал иначе, по-моему проще.
Ход решения я, в принципе, описал выше. Без излишних деталей. Могу пояснить если надо.

Ignatovich в сообщении #1520100 писал(а):

Асиптотика $F\sim q^2/L^7$, видимо, справедлива и для системы "проводящий стержень + точечный заряд на серединном перпендикуляре", а также для любого плоского проводника в виде правильного многоугольника

Видимо, да. Кстати, перпендикулярность нужно соблюдать очень и очень точно.
Насчет квадрупольного момента не думал

[мат-ламер]

AnatolyBa в сообщении #1520126 писал(а):

Могу пояснить если надо.

Ой, не знаю. Я пока хочу сам подумать и вряд ли буду читать ваше решение в ближайшие день-два. А позже вы своё решение можете уже и подзабыть. И как-то неудобно будет вас трясти. Так что на ваше усмотрение. Если не вас не затруднит, то накидайте, пожалуйста, пару мыслей, в чём именно ваше решение отличается от решения, изложенного в вчерашнем посту от 15:14. Только я смогу к ним вернуться только через несколько дней.

[sergey zhukov]

Методом изображений можно точно решить задачу притяжения точечного заряда и проводящей сферы. Например, уже Максвелл в трактате об электричестве и магнетизме пишет, что если взять заряд $q$ и поместить его на расстоянии $L$ от центра сферы радиуса $R$, то величина заряда-изображения будет равна $\frac{R}{L}q$ и он будет находиться внутри сферы на расстоянии $\frac{R^2}{L}$ от ее центра. Сила притяжения сферы к заряду спадает, таким образом, как $\frac{1}{L^3}$. Это, конечно, не тонкий диск, зато решение простое и точное.

[Ignatovich]

sergey zhukov в сообщении #1520278 писал(а):

Сила притяжения сферы к заряду спадает, таким образом, как $\frac{1}{L^3}$.

Вы правы, задача о притяжении точечного заряда к проводящей сфере, действительно, решается просто методом изображений. Но результат не тот, что вы указываете, а $F\sim1/L^5$

[sergey zhukov]

Ignatovich
Кажется, я понял, в чем моя ошибка. Закон $L^{-3}$ получается для заземленной сферы, которая при перемещении всегда находится под нулевым потенциалом. У нас сфера "плавающая", т.е. при ее перемещении ее потенциал будет меняться, и для нее получается закон $L^{-5}$.

Т.е. для заземленной сферы нужно учитывать только взаимодействие с зарядом-изображением. Полный заряд сферы не сохраняется при ее перемещении. А для плавающей сферы кроме заряда-изображения есть еще заряд противоположного знака в центре сферы. Сумма заряда-изображения и центрального заряда постоянна, что выражает постоянство полного заряда на плавающей сфере.