Потенциал и напряженность гравитационного поля на оси круглой пластины [закрыто]

Сначала вычислим потенциал кольца радиуса$a$На расстоянии$x$от центра по оси

Потенциал из-за элемента бесконечно малой массы$dm$будет

$$\frac{-Gdm}{\sqrt{a^2+x^2}}$$

Тогда потенциал из-за кольца равен

$$\int{\frac{-Gdm}{\sqrt{a^2+x^2}}}=\frac{-G}{\sqrt{a^2+x^2}}\int{dm}=\frac{-Gm}{\sqrt{a^2+x^2}}$$

С$G, a, x$постоянны

Теперь разобьем диск на бесконечно малые кольца массы$dm=2\pi rdr\frac{M}{\pi a^2} (=area * density)$

Потенциал, обусловленный кольцом радиуса$r$и масса$dm$как указано выше

$$\frac{-Gdm}{\sqrt{r^2+x^2}}=\frac{-2GMrdr}{a^2\sqrt{r^2+x^2}}$$

Интеграция этого из$0$к$a$

$$\int{\frac{-2GMrdr}{a^2\sqrt{r^2+x^2}}}$$ $$=\frac{-GM}{a^2}\int{\frac{2rdr}{\sqrt{r^2+x^2}}}$$ положить $t^2=r^2+a^2$и $2rdr=2tdt$ $$=\frac{-GM}{a^2}\int{\frac{2tdt}{\sqrt{t^2}}}$$ $$=\frac{-GM}{a^2}[2t]^{\sqrt{a^2+x^2}}_{x}$$ $$=\frac{-2GM}{a^2}({\sqrt{a^2+x^2}}-{x})$$

Что касается интенсивности, по симметрии видно, что она расположена вдоль оси, поэтому мы работаем только с осевыми компонентами.

Итак, для кольца

$$\int\frac{-Gdmcos\theta}{a^2+x^2}$$ где $\theta$это половина угла, образуемого точкой на кольце $$cos\theta=\frac{x}{\sqrt{a^2+x^2}}$$

$$K=\int\frac{-Gxdm}{(a^2+x^2)^{3/2}}=\frac{-Gxm}{(a^2+x^2)^{3/2}}$$

Для диска, исходя из тех же рассуждений, что и в потенциале,

$$K=\int\frac{-Gxdm}{(r^2+x^2)^{3/2}}$$ $$=\int\frac{-2GMxrdr}{a^2(r^2+x^2)^{3/2}}$$ $$=\int\frac{-2GMxtdt}{a^2(t^2)^{3/2}}$$ $$=\int\frac{-2GMxdt}{a^2t^2}$$ $$=\frac{-2GMx}{a^2}[\frac{-1}{t}]^{\sqrt{a^2+x^2}}_x$$

$$K=\frac {2 G M}{a^2} \left( \frac{x}{\sqrt{a^2+x^2}}-1 \right)$$

Разобьем диск на колечки,

Здесь масса в диске находится на таком же расстоянии$\sqrt{x^2+r^2}$от точки оси А.

Итак, потенциал

$$\mathrm dE=-\frac{G\,\mathrm dm}{\sqrt{x^2+r^2}}$$

Где$\mathrm dm$= масса кольца. Так,

$$\mathrm dm=2\pi r\,\mathrm dr \times \frac M{\pi R^2}$$

Также$r=x\tan\phi$, так$\mathrm dr=x\sec^2\phi\,\mathrm d\phi$

Итак, потенциал

$$\mathrm dP=-\frac{GM2\pi x\tan\phi x\sec^2\phi\,\mathrm d\phi}{\left(x\sqrt{1+\tan^2\phi}\right)\times\pi R^2}=-\frac{2 GMx}{R^2}\times\tan\phi\sec\phi\,\mathrm d\phi$$

Так,

$$P=-\dfrac{2GMx}{R^2}\times\int\limits_0^{\tan^{-1}R/x} \tan\phi\sec\phi\,\mathrm d\phi$$ Вы можете интегрировать его самостоятельно.

Вы можете действовать на аналогичной основе для электрического поля. Но перед интегрированием вам придется взять компоненты поля вдоль оси и перпендикулярно, потому что это вектор и его нельзя добавить напрямую.

Вы получите подынтегральное выражение поля как

$$\mathrm dE_x=\frac{2GM}{R^2}\times \int\limits_0^{\tan^{-1}R/x}\frac{\tan\phi\sec\phi}{\sec^2\phi}\,\mathrm d\phi$$

В то время как вдоль$Y$вы не получите поля с помощью симметричного аргумента.