Solution

1) Earth’s surface charge

The electric field inside a conductor in electrostatic equilibrium is zero. Gauss’s law applied to a small pillbox across its surface gives

\[ E_{\perp,\mathrm{outside}}=\frac{\sigma_0}{\varepsilon_0}, \]

where the normal points outward from the conductor. Since the field points downward into the Earth,

\[ \sigma_0=-\varepsilon_0E_0. \]

Hence

\[ \sigma_0=-(8.85\times10^{-12})(150) =-1.3275\times10^{-9}\ \mathrm{C\,m^{-2}}. \]

Approximating the Earth as a sphere and using this as its average surface charge density,

\[ Q_0=4\pi R_E^2\sigma_0 =-4\pi(6.4\times10^6)^2(1.3275\times10^{-9}) \simeq-6.8\times10^5\ \mathrm C. \]

Thus the surface charge density has magnitude approximately \(1.3\ \mathrm{nC\,m^{-2}}\), and the total charge has magnitude approximately \(6.8\times10^5\ \mathrm C\).

2) Atmospheric space charge

Let \(z\) increase upward. The signed vertical fields at the two heights are

\[ E_z(0)=-150\ \mathrm{V/m}, \qquad E_z(100\ \mathrm m)=-100\ \mathrm{V/m}. \]

Over a height of \(100\ \mathrm m\), the Earth’s curvature is negligible because \(100/R_E\ll1\). Gauss’s law for a vertical column of horizontal cross-sectional area \(A\) therefore gives

\[ \overline{\rho}Ah =\varepsilon_0A\bigl[E_z(h)-E_z(0)\bigr]. \]

Consequently,

\[ \overline{\rho} =\varepsilon_0\frac{-100-(-150)}{100} =(8.85\times10^{-12})(0.50) =4.425\times10^{-12}\ \mathrm{C\,m^{-3}}. \]

The charge is positive, consistent with the downward field becoming weaker as height increases.

3) Time to neutralize half the surface charge

The Earth is negatively charged. Positive ions drift downward and can reach its surface; negative ions drift upward. Thus the surface-neutralization current contains the contribution of the positive ions only.

Write the ion mobility as

\[ \mu=1.5\times10^{-4}\ \mathrm{m^2\,V^{-1}\,s^{-1}}, \qquad v=\mu E. \]

Taking the supplied near-surface concentration \(n_+\) to remain approximately constant in this drift estimate, the positive charge arriving per unit area per unit time is

\[ j_+=e n_+v=e n_+\mu E. \]

Let \(S(t)=|\sigma(t)|\) denote the magnitude of the remaining negative surface charge density. The conductor boundary condition gives

\[ E(t)=\frac{S(t)}{\varepsilon_0}. \]

Since each arriving positive ion reduces \(S\),

\[ \frac{dS}{dt} =-j_+ =-\frac{e n_+\mu}{\varepsilon_0}S. \]

The discharge is therefore exponential:

\[ S(t)=S(0)e^{-t/\tau_+}, \qquad \tau_+=\frac{\varepsilon_0}{e n_+\mu}. \]

Numerically,

\[ e n_+\mu =(1.60\times10^{-19})(6\times10^8)(1.5\times10^{-4}) =1.44\times10^{-14}\ \mathrm{S\,m^{-1}}, \]

and

\[ \tau_+=\frac{8.85\times10^{-12}}{1.44\times10^{-14}} \simeq615\ \mathrm s. \]

Setting \(S(t_{1/2})=S(0)/2\),

\[ \boxed{t_{1/2}=\tau_+\ln2\simeq426\ \mathrm s\simeq7.1\ \mathrm{min}}. \]

Adding the conductivity of the upward-moving negative ions would incorrectly count a current that does not enter the Earth’s surface.

4) Induced charge on the quadrants

Neglect fringing at the edges and treat the shielding as complete wherever the grounded disk covers the quadrants. On an exposed upper surface, the downward field requires surface charge density

\[ \sigma_{\mathrm{upper}}=-\varepsilon_0E_0. \]

The total area of the two annular quadrants is

\[ A_m=2\left[\frac{\pi}{4}(r_2^2-r_1^2)\right] =\frac{\pi}{2}(r_2^2-r_1^2). \]

The disk’s angular speed is

\[ \omega=\frac{2\pi}{T}. \]

During the first quarter-revolution, each opening exposes an angular width \(\theta=\omega t\). The total exposed area is therefore

\[ A(t)=2\left[\frac12(r_2^2-r_1^2)\theta\right] =\frac{2\pi(r_2^2-r_1^2)}{T}t, \qquad 0\le t\le T/4. \]

It reaches \(A_m\) at \(T/4\), then decreases at the same rate to zero at \(T/2\). Thus

\[ A(t)= \begin{cases} A_m\,\dfrac{4t}{T},&0\le t\le T/4,\\[5pt] A_m\left(2-\dfrac{4t}{T}\right),&T/4\le t\le T/2. \end{cases} \]

Since \(q(t)=-\varepsilon_0E_0A(t)\),

\[ \boxed{ q(t)= \begin{cases} -\dfrac{2\pi\varepsilon_0E_0(r_2^2-r_1^2)}{T}\,t, &0\le t\le T/4,\\[7pt] -\dfrac{2\pi\varepsilon_0E_0(r_2^2-r_1^2)}{T} \left(\dfrac T2-t\right), &T/4\le t\le T/2. \end{cases}} \]

The sketch is a downward triangular pulse: it starts at zero, decreases linearly to \(-Q_m\) at \(T/4\), then increases linearly to zero at \(T/2\). There are two identical pulses per revolution.

Here \(q\) is the charge on the upper surface. An isolated quadrant system can acquire this surface charge by redistributing its existing charge.

5) Voltage across the amplifier input

Take \(V=V_M-V_N\), with \(N\) grounded. Before rotation begins, the quadrants are shielded and the resistor has discharged the capacitor, so

\[ q(0)=0,\qquad V(0)=0. \]

Neglecting the quadrant system’s capacitance compared with \(C\), the charge associated with the connected input conductor is \(q+CV\). Positive charge leaves this conductor through the resistor at rate \(V/R\), so charge conservation gives

\[ \frac{d}{dt}(q+CV)=-\frac VR, \]

or

\[ \boxed{C\frac{dV}{dt}+\frac VR=-\frac{dq}{dt}}. \]

As the quadrants become exposed, their upper surfaces acquire negative charge. This leaves positive charge on the capacitor’s upper plate, so the voltage initially rises positive.

From part 4,

\[ -\frac{dq}{dt}= \begin{cases} +I_0,&0<t<T/4,\\ -I_0,&T/4<t<T/2,\\ +I_0,&T/2<t<3T/4,\\ -I_0,&3T/4<t<T, \end{cases} \qquad I_0=\frac{4Q_m}{T}. \]

Thus the circuit is driven by a square-wave current.

For completeness, put \(\tau=RC\), \(B=RI_0\), and \(t_k=kT/4\). On quarter \(k=0,1,2,3\), the voltage is

\[ V(t)=(-1)^kB+ \left[V(t_k)-(-1)^kB\right]e^{-(t-t_k)/\tau}. \]

This expression, together with \(V(0)=0\), specifies the continuous startup waveform.

(a) Fast rotation: \(T_a\ll RC\)

During the first revolution, little charge leaks through \(R\). To leading order,

\[ C\frac{dV}{dt}\simeq-\frac{dq}{dt}. \]

Using the initial conditions,

\[ V(t)\simeq-\frac{q(t)}{C}. \]

The voltage therefore consists of two positive triangular pulses:

Join successive entries by straight lines. The largest voltage is approximately

\[ \boxed{V_a\simeq\frac{Q_m}{C}}. \]

For finite \(T_a/RC\), the segments are slightly curved, the minima become slightly negative, and the second positive peak is slightly lower than the first. The positive triangles above are the leading approximation for the requested first revolution.

(b) Slow rotation: \(T_b\gg RC\)

Except during short transitions, the capacitor current is small and

\[ \frac VR\simeq-\frac{dq}{dt}. \]

Hence the voltage approaches alternating levels

\[ \boxed{V\simeq\pm V_b,\qquad V_b=\frac{4RQ_m}{T_b}}. \]

The sketch has the following features:

• It starts at zero and rises exponentially toward \(+V_b\), with time constant \(RC\).
• After \(t=T_b/4\), it falls exponentially toward \(-V_b\).
• After \(t=T_b/2\), it rises toward \(+V_b\).
• After \(t=3T_b/4\), it falls toward \(-V_b\).

Each quarter is long compared with \(RC\), so most of it is an almost horizontal plateau. The voltage remains continuous at the switching times. For example, immediately after the first switch,

\[ V(t)\simeq -V_b+2V_b e^{-(t-T_b/4)/(RC)}, \]

so it crosses zero approximately \(RC\ln2\) after that switch.

The requested ratio is therefore

\[ \boxed{ \frac{V_a}{V_b} \simeq \frac{Q_m/C}{4RQ_m/T_b} =\frac{T_b}{4RC}. } \]

6) Numerical voltage

The fully exposed area is

\[ A_m=\frac{\pi}{2}\left(0.07^2-0.01^2\right) =7.54\times10^{-3}\ \mathrm{m^2}. \]

Thus

\[ Q_m=\varepsilon_0E_0A_m =(8.85\times10^{-12})(150)(7.54\times10^{-3}) \simeq1.00\times10^{-11}\ \mathrm C. \]

The relevant times are

\[ T=\frac1{50}=0.020\ \mathrm s, \]

\[ RC=(20\times10^6)(0.01\times10^{-6}) =0.20\ \mathrm s. \]

In particular, the time to the first peak is only

\[ \frac T4=0.0050\ \mathrm s=0.025\,RC. \]

Consequently, the fast-rotation approximation gives

\[ \boxed{ V_{\max}\simeq\frac{Q_m}{C} =\frac{1.00\times10^{-11}}{1.00\times10^{-8}} =1.0\times10^{-3}\ \mathrm V. } \]

The finite-resistance correction follows from the first-quarter solution:

\[ V_{\max} =\frac{4RQ_m}{T}\left(1-e^{-T/(4RC)}\right) =\frac{Q_m}{C}\frac{1-e^{-0.025}}{0.025} \simeq0.989\ \mathrm{mV}. \]

It occurs at \(t=T/4=5.0\ \mathrm{ms}\); the second positive peak is smaller.

The solution was checked against the official solution.

Lösung

1) Ladung auf der Erdoberfläche

Das elektrische Feld im Inneren eines Leiters im elektrostatischen Gleichgewicht ist null. Wendet man das gaußsche Gesetz auf ein kleines flaches zylindrisches Volumen an, das die Oberfläche durchsetzt, erhält man

\[ E_{\perp,\mathrm{outside}}=\frac{\sigma_0}{\varepsilon_0}, \]

wobei die Normale aus dem Leiter heraus zeigt. Da das Feld nach unten in die Erde hinein gerichtet ist, gilt

\[ \sigma_0=-\varepsilon_0E_0. \]

Damit ergibt sich

\[ \sigma_0=-(8.85\times10^{-12})(150) =-1.3275\times10^{-9}\ \mathrm{C\,m^{-2}}. \]

Nähert man die Erde durch eine Kugel an und verwendet diesen Wert als mittlere Flächenladungsdichte, so erhält man

\[ Q_0=4\pi R_E^2\sigma_0 =-4\pi(6.4\times10^6)^2(1.3275\times10^{-9}) \simeq-6.8\times10^5\ \mathrm C. \]

Der Betrag der Flächenladungsdichte beträgt somit näherungsweise \(1.3\ \mathrm{nC\,m^{-2}}\), und der Betrag der Gesamtladung beträgt näherungsweise \(6.8\times10^5\ \mathrm C\).

2) Atmosphärische Raumladung

Die Koordinate \(z\) nehme nach oben zu. Die vorzeichenbehafteten vertikalen Feldkomponenten in den beiden Höhen sind

\[ E_z(0)=-150\ \mathrm{V/m}, \qquad E_z(100\ \mathrm m)=-100\ \mathrm{V/m}. \]

Über eine Höhe von \(100\ \mathrm m\) ist die Erdkrümmung vernachlässigbar, da \(100/R_E\ll1\). Das gaußsche Gesetz liefert daher für eine vertikale Säule mit der horizontalen Querschnittsfläche \(A\)

\[ \overline{\rho}Ah =\varepsilon_0A\bigl[E_z(h)-E_z(0)\bigr]. \]

Folglich gilt

\[ \overline{\rho} =\varepsilon_0\frac{-100-(-150)}{100} =(8.85\times10^{-12})(0.50) =4.425\times10^{-12}\ \mathrm{C\,m^{-3}}. \]

Die Ladung ist positiv, im Einklang damit, dass das nach unten gerichtete Feld mit zunehmender Höhe schwächer wird.

3) Zeit zur Neutralisierung der Hälfte der Oberflächenladung

Die Erde ist negativ geladen. Positive Ionen driften nach unten und können ihre Oberfläche erreichen; negative Ionen driften nach oben. Der Strom, der die Oberflächenladung neutralisiert, enthält daher nur den Beitrag der positiven Ionen.

Wir schreiben die Ionenbeweglichkeit als

\[ \mu=1.5\times10^{-4}\ \mathrm{m^2\,V^{-1}\,s^{-1}}, \qquad v=\mu E. \]

Nimmt man bei dieser Abschätzung der Drift an, dass die angegebene oberflächennahe Konzentration \(n_+\) näherungsweise konstant bleibt, so beträgt die pro Flächeneinheit und Zeiteinheit ankommende positive Ladung

\[ j_+=e n_+v=e n_+\mu E. \]

Es bezeichne \(S(t)=|\sigma(t)|\) den Betrag der verbleibenden negativen Flächenladungsdichte. Die Randbedingung am Leiter liefert

\[ E(t)=\frac{S(t)}{\varepsilon_0}. \]

Da jedes ankommende positive Ion \(S\) verringert, gilt

\[ \frac{dS}{dt} =-j_+ =-\frac{e n_+\mu}{\varepsilon_0}S. \]

Die Entladung verläuft daher exponentiell:

\[ S(t)=S(0)e^{-t/\tau_+}, \qquad \tau_+=\frac{\varepsilon_0}{e n_+\mu}. \]

Numerisch ergibt sich

\[ e n_+\mu =(1.60\times10^{-19})(6\times10^8)(1.5\times10^{-4}) =1.44\times10^{-14}\ \mathrm{S\,m^{-1}}, \]

und

\[ \tau_+=\frac{8.85\times10^{-12}}{1.44\times10^{-14}} \simeq615\ \mathrm s. \]

Setzt man \(S(t_{1/2})=S(0)/2\), so folgt

\[ \boxed{t_{1/2}=\tau_+\ln2\simeq426\ \mathrm s\simeq7.1\ \mathrm{min}}. \]

Würde man die Leitfähigkeit der nach oben driftenden negativen Ionen hinzuzählen, würde man fälschlicherweise einen Strom berücksichtigen, der nicht in die Erdoberfläche eintritt.

4) Induzierte Ladung auf den Quadranten

Wir vernachlässigen Randfelder und nehmen die Abschirmung überall dort als vollständig an, wo die geerdete Scheibe die Quadranten bedeckt. Auf einer freiliegenden Oberseite erfordert das nach unten gerichtete Feld die Flächenladungsdichte

\[ \sigma_{\mathrm{upper}}=-\varepsilon_0E_0. \]

Die Gesamtfläche der beiden Kreisringquadranten beträgt

\[ A_m=2\left[\frac{\pi}{4}(r_2^2-r_1^2)\right] =\frac{\pi}{2}(r_2^2-r_1^2). \]

Die Winkelgeschwindigkeit der Scheibe ist

\[ \omega=\frac{2\pi}{T}. \]

Während der ersten Viertelumdrehung legt jede Öffnung einen Winkelbereich der Breite \(\theta=\omega t\) frei. Die gesamte freiliegende Fläche ist daher

\[ A(t)=2\left[\frac12(r_2^2-r_1^2)\theta\right] =\frac{2\pi(r_2^2-r_1^2)}{T}t, \qquad 0\le t\le T/4. \]

Sie erreicht bei \(T/4\) den Wert \(A_m\) und nimmt anschließend mit derselben Rate bis auf null bei \(T/2\) ab. Somit gilt

\[ A(t)= \begin{cases} A_m\,\dfrac{4t}{T},&0\le t\le T/4,\\[5pt] A_m\left(2-\dfrac{4t}{T}\right),&T/4\le t\le T/2. \end{cases} \]

Wegen \(q(t)=-\varepsilon_0E_0A(t)\) folgt

\[ \boxed{ q(t)= \begin{cases} -\dfrac{2\pi\varepsilon_0E_0(r_2^2-r_1^2)}{T}\,t, &0\le t\le T/4,\\[7pt] -\dfrac{2\pi\varepsilon_0E_0(r_2^2-r_1^2)}{T} \left(\dfrac T2-t\right), &T/4\le t\le T/2. \end{cases}} \]

Die Skizze zeigt einen nach unten gerichteten Dreiecksimpuls: Er beginnt bei null, fällt linear bis auf \(-Q_m\) bei \(T/4\) und steigt dann linear bis auf null bei \(T/2\). Pro Umdrehung treten zwei identische Impulse auf.

Hier ist \(q\) die Ladung auf der Oberseite. Eine isolierte Quadrantenanordnung kann diese Oberflächenladung durch Umverteilung ihrer vorhandenen Ladung annehmen.

5) Spannung am Verstärkereingang

Es sei \(V=V_M-V_N\), wobei \(N\) geerdet ist. Vor Beginn der Rotation sind die Quadranten abgeschirmt, und der Widerstand hat den Kondensator entladen, sodass

\[ q(0)=0,\qquad V(0)=0. \]

Vernachlässigt man die Kapazität der Quadrantenanordnung gegenüber \(C\), so ist die zum angeschlossenen Eingangsleiter gehörende Ladung \(q+CV\). Positive Ladung verlässt diesen Leiter durch den Widerstand mit der Rate \(V/R\), sodass die Ladungserhaltung ergibt:

\[ \frac{d}{dt}(q+CV)=-\frac VR, \]

oder

\[ \boxed{C\frac{dV}{dt}+\frac VR=-\frac{dq}{dt}}. \]

Wenn die Quadranten freigelegt werden, nehmen ihre Oberseiten negative Ladung an. Dadurch bleibt positive Ladung auf der oberen Kondensatorplatte zurück, sodass die Spannung zunächst zu positiven Werten ansteigt.

Aus Teil 4 folgt

\[ -\frac{dq}{dt}= \begin{cases} +I_0,&0<t<T/4,\\ -I_0,&T/4<t<T/2,\\ +I_0,&T/2<t<3T/4,\\ -I_0,&3T/4<t<T, \end{cases} \qquad I_0=\frac{4Q_m}{T}. \]

Die Schaltung wird somit durch einen Rechteckstrom angeregt.

Der Vollständigkeit halber setzen wir \(\tau=RC\), \(B=RI_0\) und \(t_k=kT/4\). Während der Viertelumdrehung \(k=0,1,2,3\) beträgt die Spannung

\[ V(t)=(-1)^kB+ \left[V(t_k)-(-1)^kB\right]e^{-(t-t_k)/\tau}. \]

Dieser Ausdruck legt zusammen mit \(V(0)=0\) den stetigen Spannungsverlauf beim Anlaufen fest.

(a) Schnelle Rotation: \(T_a\ll RC\)

Während der ersten Umdrehung fließt nur wenig Ladung durch \(R\) ab. In führender Ordnung gilt

\[ C\frac{dV}{dt}\simeq-\frac{dq}{dt}. \]

Mit den Anfangsbedingungen ergibt sich

\[ V(t)\simeq-\frac{q(t)}{C}. \]

Die Spannung besteht daher aus zwei positiven Dreiecksimpulsen:

Verbinden Sie aufeinanderfolgende Einträge durch Geraden. Die größte Spannung beträgt näherungsweise

\[ \boxed{V_a\simeq\frac{Q_m}{C}}. \]

Für endliches \(T_a/RC\) sind die Abschnitte leicht gekrümmt, die Minima werden leicht negativ, und der zweite positive Spitzenwert liegt etwas unter dem ersten. Die oben dargestellten positiven Dreiecke sind die führende Näherung für die geforderte erste Umdrehung.

(b) Langsame Rotation: \(T_b\gg RC\)

Abgesehen von kurzen Übergängen ist der Kondensatorstrom klein, und es gilt

\[ \frac VR\simeq-\frac{dq}{dt}. \]

Die Spannung nähert sich daher abwechselnd den Werten

\[ \boxed{V\simeq\pm V_b,\qquad V_b=\frac{4RQ_m}{T_b}}. \]

Die Skizze weist die folgenden Merkmale auf:

• Sie beginnt bei null und steigt mit der Zeitkonstante \(RC\) exponentiell gegen \(+V_b\) an.
• Nach \(t=T_b/4\) fällt sie exponentiell gegen \(-V_b\) ab.
• Nach \(t=T_b/2\) steigt sie gegen \(+V_b\) an.
• Nach \(t=3T_b/4\) fällt sie gegen \(-V_b\) ab.

Jede Viertelumdrehung dauert lange im Vergleich zu \(RC\), sodass der Verlauf während des größten Teils nahezu horizontal ist. Zu den Umschaltzeitpunkten bleibt die Spannung stetig. Beispielsweise gilt unmittelbar nach dem ersten Umschalten

\[ V(t)\simeq -V_b+2V_b e^{-(t-T_b/4)/(RC)}, \]

sodass die Spannung ungefähr \(RC\ln2\) nach diesem Umschalten den Nulldurchgang erreicht.

Das gesuchte Verhältnis ist daher

\[ \boxed{ \frac{V_a}{V_b} \simeq \frac{Q_m/C}{4RQ_m/T_b} =\frac{T_b}{4RC}. } \]

6) Zahlenwert der Spannung

Die vollständig freiliegende Fläche beträgt

\[ A_m=\frac{\pi}{2}\left(0.07^2-0.01^2\right) =7.54\times10^{-3}\ \mathrm{m^2}. \]

Somit gilt

\[ Q_m=\varepsilon_0E_0A_m =(8.85\times10^{-12})(150)(7.54\times10^{-3}) \simeq1.00\times10^{-11}\ \mathrm C. \]

Die maßgeblichen Zeiten sind

\[ T=\frac1{50}=0.020\ \mathrm s, \]

\[ RC=(20\times10^6)(0.01\times10^{-6}) =0.20\ \mathrm s. \]

Insbesondere beträgt die Zeit bis zum ersten Spitzenwert nur

\[ \frac T4=0.0050\ \mathrm s=0.025\,RC. \]

Folglich liefert die Näherung für schnelle Rotation

\[ \boxed{ V_{\max}\simeq\frac{Q_m}{C} =\frac{1.00\times10^{-11}}{1.00\times10^{-8}} =1.0\times10^{-3}\ \mathrm V. } \]

Die Korrektur für den endlichen Widerstand folgt aus der Lösung für die erste Viertelumdrehung:

\[ V_{\max} =\frac{4RQ_m}{T}\left(1-e^{-T/(4RC)}\right) =\frac{Q_m}{C}\frac{1-e^{-0.025}}{0.025} \simeq0.989\ \mathrm{mV}. \]

Dieser Wert wird bei \(t=T/4=5.0\ \mathrm{ms}\) erreicht; der zweite positive Spitzenwert ist kleiner.

Die Lösung wurde mit der offiziellen Lösung abgeglichen.

Çözüm

1) Dünya’nın yüzey yükü

Elektrostatik dengedeki bir iletkenin içindeki elektrik alan sıfırdır. Yüzeyin iki yanına uzanan küçük, yassı bir silindire Gauss yasası uygulandığında

\[ E_{\perp,\mathrm{outside}}=\frac{\sigma_0}{\varepsilon_0}, \]

elde edilir; burada normal, iletkenden dışarı doğru yönelmiştir. Alan aşağıya, Dünya’nın içine doğru yöneldiğinden,

\[ \sigma_0=-\varepsilon_0E_0. \]

Böylece

\[ \sigma_0=-(8.85\times10^{-12})(150) =-1.3275\times10^{-9}\ \mathrm{C\,m^{-2}}. \]

Dünya’yı bir küre olarak yaklaştırıp bu değeri ortalama yüzey yük yoğunluğu olarak kullanırsak,

\[ Q_0=4\pi R_E^2\sigma_0 =-4\pi(6.4\times10^6)^2(1.3275\times10^{-9}) \simeq-6.8\times10^5\ \mathrm C. \]

Dolayısıyla yüzey yük yoğunluğunun büyüklüğü yaklaşık \(1.3\ \mathrm{nC\,m^{-2}}\), toplam yükün büyüklüğü ise yaklaşık \(6.8\times10^5\ \mathrm C\)’dur.

2) Atmosferdeki uzay yükü

\(z\) yukarı doğru artsın. İki yükseklikteki düşey alanların işaretli değerleri

\[ E_z(0)=-150\ \mathrm{V/m}, \qquad E_z(100\ \mathrm m)=-100\ \mathrm{V/m}. \]

şeklindedir. \(100/R_E\ll1\) olduğundan, \(100\ \mathrm m\)’lik yükseklik boyunca Dünya’nın eğriliği ihmal edilebilir. Bu nedenle yatay kesit alanı \(A\) olan düşey bir sütuna Gauss yasası uygulandığında

\[ \overline{\rho}Ah =\varepsilon_0A\bigl[E_z(h)-E_z(0)\bigr]. \]

elde edilir. Sonuç olarak,

\[ \overline{\rho} =\varepsilon_0\frac{-100-(-150)}{100} =(8.85\times10^{-12})(0.50) =4.425\times10^{-12}\ \mathrm{C\,m^{-3}}. \]

Yük pozitiftir; bu, aşağı yönlü alanın yükseklik arttıkça zayıflamasıyla tutarlıdır.

3) Yüzey yükünün yarısını nötrlemek için gereken süre

Dünya negatif yüklüdür. Pozitif iyonlar aşağıya doğru sürüklenir ve yüzeyine ulaşabilir; negatif iyonlar ise yukarıya doğru sürüklenir. Dolayısıyla yüzeyi nötrleyen akıma yalnızca pozitif iyonlar katkıda bulunur.

İyon hareketliliğini şöyle yazalım:

\[ \mu=1.5\times10^{-4}\ \mathrm{m^2\,V^{-1}\,s^{-1}}, \qquad v=\mu E. \]

Bu sürüklenme hesabında, verilen yüzeye yakın \(n_+\) derişiminin yaklaşık olarak sabit kaldığı kabul edilirse, birim alana birim zamanda ulaşan pozitif yük

\[ j_+=e n_+v=e n_+\mu E. \]

olur. \(S(t)=|\sigma(t)|\), kalan negatif yüzey yük yoğunluğunun büyüklüğünü göstersin. İletken sınır koşulu

\[ E(t)=\frac{S(t)}{\varepsilon_0}. \]

bağıntısını verir. Ulaşan her pozitif iyon \(S\)’yi azalttığından,

\[ \frac{dS}{dt} =-j_+ =-\frac{e n_+\mu}{\varepsilon_0}S. \]

Bu nedenle boşalma üsteldir:

\[ S(t)=S(0)e^{-t/\tau_+}, \qquad \tau_+=\frac{\varepsilon_0}{e n_+\mu}. \]

Sayısal olarak,

\[ e n_+\mu =(1.60\times10^{-19})(6\times10^8)(1.5\times10^{-4}) =1.44\times10^{-14}\ \mathrm{S\,m^{-1}}, \]

ve

\[ \tau_+=\frac{8.85\times10^{-12}}{1.44\times10^{-14}} \simeq615\ \mathrm s. \]

\(S(t_{1/2})=S(0)/2\) konulduğunda,

\[ \boxed{t_{1/2}=\tau_+\ln2\simeq426\ \mathrm s\simeq7.1\ \mathrm{min}}. \]

Yukarı hareket eden negatif iyonların iletkenliğini eklemek, Dünya’nın yüzeyine girmeyen bir akımı yanlışlıkla hesaba katmak olurdu.

4) Çeyrek daire parçalarında indüklenen yük

Kenarlardaki saçaklanmayı ihmal edelim ve topraklanmış diskin çeyrek daire parçalarını örttüğü her yerde perdelemenin tam olduğunu kabul edelim. Alana açık bir üst yüzeyde, aşağı yönlü alanın gerektirdiği yüzey yük yoğunluğu

\[ \sigma_{\mathrm{upper}}=-\varepsilon_0E_0. \]

şeklindedir. İki çeyrek halka parçasının toplam alanı

\[ A_m=2\left[\frac{\pi}{4}(r_2^2-r_1^2)\right] =\frac{\pi}{2}(r_2^2-r_1^2). \]

olarak bulunur. Diskin açısal hızı

\[ \omega=\frac{2\pi}{T}. \]

İlk çeyrek tur sırasında, her açıklık \(\theta=\omega t\) açısal genişliğinde bir bölgeyi alana açık bırakır. Bu nedenle toplam açık alan

\[ A(t)=2\left[\frac12(r_2^2-r_1^2)\theta\right] =\frac{2\pi(r_2^2-r_1^2)}{T}t, \qquad 0\le t\le T/4. \]

olur. Bu alan \(T/4\) anında \(A_m\)’ye ulaşır, ardından aynı hızla azalarak \(T/2\) anında sıfır olur. Dolayısıyla

\[ A(t)= \begin{cases} A_m\,\dfrac{4t}{T},&0\le t\le T/4,\\[5pt] A_m\left(2-\dfrac{4t}{T}\right),&T/4\le t\le T/2. \end{cases} \]

\(q(t)=-\varepsilon_0E_0A(t)\) olduğundan,

\[ \boxed{ q(t)= \begin{cases} -\dfrac{2\pi\varepsilon_0E_0(r_2^2-r_1^2)}{T}\,t, &0\le t\le T/4,\\[7pt] -\dfrac{2\pi\varepsilon_0E_0(r_2^2-r_1^2)}{T} \left(\dfrac T2-t\right), &T/4\le t\le T/2. \end{cases}} \]

Grafik aşağı yönlü bir üçgen darbedir: sıfırdan başlar, doğrusal olarak azalarak \(T/4\) anında \(-Q_m\)’ye ulaşır, ardından doğrusal olarak artarak \(T/2\) anında sıfıra döner. Her turda iki özdeş darbe vardır.

Burada \(q\), üst yüzeydeki yüktür. Yalıtılmış bir çeyrek daire sistemi, mevcut yükünü yeniden dağıtarak bu yüzey yükünü edinebilir.

5) Yükselteç girişindeki gerilim

\(N\) topraklanmış olmak üzere \(V=V_M-V_N\) alalım. Dönme başlamadan önce çeyrek daire parçaları perdelenmiştir ve direnç kondansatörü boşaltmıştır; dolayısıyla

\[ q(0)=0,\qquad V(0)=0. \]

Çeyrek daire sisteminin sığası \(C\)’ye göre ihmal edildiğinde, bağlı giriş iletkeniyle ilişkili yük \(q+CV\)’dir. Pozitif yük, bu iletkenden direnç üzerinden \(V/R\) hızıyla ayrılır; dolayısıyla yükün korunumu

\[ \frac{d}{dt}(q+CV)=-\frac VR, \]

veya

\[ \boxed{C\frac{dV}{dt}+\frac VR=-\frac{dq}{dt}}. \]

bağıntısını verir. Çeyrek daire parçaları alana açıldıkça, üst yüzeyleri negatif yük kazanır. Bu, kondansatörün üst levhasında pozitif yük bırakır; dolayısıyla gerilim başlangıçta pozitif yönde artar.

4. kısımdan,

\[ -\frac{dq}{dt}= \begin{cases} +I_0,&0<t<T/4,\\ -I_0,&T/4<t<T/2,\\ +I_0,&T/2<t<3T/4,\\ -I_0,&3T/4<t<T, \end{cases} \qquad I_0=\frac{4Q_m}{T}. \]

Dolayısıyla devre, kare dalga biçimindeki bir akımla sürülür.

Eksiksiz bir ifade vermek için \(\tau=RC\), \(B=RI_0\) ve \(t_k=kT/4\) tanımlarını yapalım. \(k=0,1,2,3\) çeyrek turlarında gerilim

\[ V(t)=(-1)^kB+ \left[V(t_k)-(-1)^kB\right]e^{-(t-t_k)/\tau}. \]

şeklindedir. Bu ifade, \(V(0)=0\) ile birlikte başlangıçtaki sürekli dalga biçimini belirler.

(a) Hızlı dönme: \(T_a\ll RC\)

İlk tur sırasında \(R\) üzerinden çok az yük sızar. Baş mertebede,

\[ C\frac{dV}{dt}\simeq-\frac{dq}{dt}. \]

Başlangıç koşulları kullanıldığında,

\[ V(t)\simeq-\frac{q(t)}{C}. \]

Dolayısıyla gerilim, iki pozitif üçgen darbeden oluşur:

Ardışık değerleri doğru parçalarıyla birleştiriniz. En büyük gerilim yaklaşık olarak

\[ \boxed{V_a\simeq\frac{Q_m}{C}}. \]

olur. Sonlu \(T_a/RC\) için, parçalar hafifçe eğrilir, minimumlar hafifçe negatif olur ve ikinci pozitif tepe birinciden biraz daha alçaktır. Yukarıdaki pozitif üçgenler, soruda istenen ilk tur için baş mertebedeki yaklaşımdır.

(b) Yavaş dönme: \(T_b\gg RC\)

Kısa geçişler dışında kondansatör akımı küçüktür ve

\[ \frac VR\simeq-\frac{dq}{dt}. \]

Böylece gerilim, dönüşümlü olarak şu seviyelere yaklaşır:

\[ \boxed{V\simeq\pm V_b,\qquad V_b=\frac{4RQ_m}{T_b}}. \]

Grafik şu özelliklere sahiptir:

• Sıfırdan başlar ve \(RC\) zaman sabitiyle üstel olarak \(+V_b\)’ye doğru yükselir.
• \(t=T_b/4\) sonrasında üstel olarak \(-V_b\)’ye doğru düşer.
• \(t=T_b/2\) sonrasında \(+V_b\)’ye doğru yükselir.
• \(t=3T_b/4\) sonrasında \(-V_b\)’ye doğru düşer.

Her çeyrek tur \(RC\)’ye göre uzun olduğundan, büyük bölümü neredeyse yatay bir platodur. Gerilim, anahtarlama anlarında sürekli kalır. Örneğin, ilk anahtarlamanın hemen ardından,

\[ V(t)\simeq -V_b+2V_b e^{-(t-T_b/4)/(RC)}, \]

olduğundan, bu anahtarlamadan yaklaşık \(RC\ln2\) süre sonra sıfırdan geçer.

Dolayısıyla istenen oran

\[ \boxed{ \frac{V_a}{V_b} \simeq \frac{Q_m/C}{4RQ_m/T_b} =\frac{T_b}{4RC}. } \]

olarak bulunur.

6) Gerilimin sayısal değeri

Tamamen açık durumdaki alan

\[ A_m=\frac{\pi}{2}\left(0.07^2-0.01^2\right) =7.54\times10^{-3}\ \mathrm{m^2}. \]

olur. Dolayısıyla

\[ Q_m=\varepsilon_0E_0A_m =(8.85\times10^{-12})(150)(7.54\times10^{-3}) \simeq1.00\times10^{-11}\ \mathrm C. \]

İlgili süreler

\[ T=\frac1{50}=0.020\ \mathrm s, \]

\[ RC=(20\times10^6)(0.01\times10^{-6}) =0.20\ \mathrm s. \]

şeklindedir. Özellikle, ilk tepeye kadar geçen süre yalnızca

\[ \frac T4=0.0050\ \mathrm s=0.025\,RC. \]

kadardır. Sonuç olarak, hızlı dönme yaklaşımı

\[ \boxed{ V_{\max}\simeq\frac{Q_m}{C} =\frac{1.00\times10^{-11}}{1.00\times10^{-8}} =1.0\times10^{-3}\ \mathrm V. } \]

değerini verir. Sonlu direnç düzeltmesi, ilk çeyrek turun çözümünden elde edilir:

\[ V_{\max} =\frac{4RQ_m}{T}\left(1-e^{-T/(4RC)}\right) =\frac{Q_m}{C}\frac{1-e^{-0.025}}{0.025} \simeq0.989\ \mathrm{mV}. \]

Bu değere \(t=T/4=5.0\ \mathrm{ms}\) anında ulaşılır; ikinci pozitif tepe daha küçüktür.

Çözüm, resmi çözümle karşılaştırılarak kontrol edildi.

Solución

1) Carga de la superficie terrestre

El campo eléctrico en el interior de un conductor en equilibrio electrostático es nulo. La ley de Gauss aplicada a una pequeña superficie cilíndrica que atraviesa su superficie da

\[ E_{\perp,\mathrm{outside}}=\frac{\sigma_0}{\varepsilon_0}, \]

donde la normal apunta hacia el exterior del conductor. Puesto que el campo apunta hacia abajo, hacia el interior de la Tierra,

\[ \sigma_0=-\varepsilon_0E_0. \]

Por tanto,

\[ \sigma_0=-(8.85\times10^{-12})(150) =-1.3275\times10^{-9}\ \mathrm{C\,m^{-2}}. \]

Aproximando la Tierra por una esfera y utilizando este valor como su densidad superficial de carga media,

\[ Q_0=4\pi R_E^2\sigma_0 =-4\pi(6.4\times10^6)^2(1.3275\times10^{-9}) \simeq-6.8\times10^5\ \mathrm C. \]

Así, el módulo de la densidad superficial de carga es aproximadamente \(1.3\ \mathrm{nC\,m^{-2}}\), y el de la carga total es aproximadamente \(6.8\times10^5\ \mathrm C\).

2) Carga espacial atmosférica

Tomemos \(z\) creciente hacia arriba. Las componentes verticales del campo, con su signo, a las dos alturas son

\[ E_z(0)=-150\ \mathrm{V/m}, \qquad E_z(100\ \mathrm m)=-100\ \mathrm{V/m}. \]

En un intervalo de altura de \(100\ \mathrm m\), la curvatura terrestre es despreciable porque \(100/R_E\ll1\). Por tanto, la ley de Gauss para una columna vertical de sección transversal horizontal de área \(A\) da

\[ \overline{\rho}Ah =\varepsilon_0A\bigl[E_z(h)-E_z(0)\bigr]. \]

En consecuencia,

\[ \overline{\rho} =\varepsilon_0\frac{-100-(-150)}{100} =(8.85\times10^{-12})(0.50) =4.425\times10^{-12}\ \mathrm{C\,m^{-3}}. \]

La carga es positiva, en consonancia con el debilitamiento del campo dirigido hacia abajo al aumentar la altura.

3) Tiempo necesario para neutralizar la mitad de la carga superficial

La Tierra está cargada negativamente. Los iones positivos se desplazan por deriva hacia abajo y pueden alcanzar su superficie; los iones negativos se desplazan por deriva hacia arriba. Por tanto, la corriente que neutraliza la carga superficial contiene la contribución de los iones positivos únicamente.

Escribamos la movilidad iónica como

\[ \mu=1.5\times10^{-4}\ \mathrm{m^2\,V^{-1}\,s^{-1}}, \qquad v=\mu E. \]

Suponiendo que la concentración \(n_+\) proporcionada para las proximidades de la superficie permanece aproximadamente constante en esta estimación del movimiento de deriva, la carga positiva que llega por unidad de área y por unidad de tiempo es

\[ j_+=e n_+v=e n_+\mu E. \]

Sea \(S(t)=|\sigma(t)|\) el módulo de la densidad superficial de carga negativa restante. La condición de contorno del conductor da

\[ E(t)=\frac{S(t)}{\varepsilon_0}. \]

Como cada ion positivo que llega reduce \(S\),

\[ \frac{dS}{dt} =-j_+ =-\frac{e n_+\mu}{\varepsilon_0}S. \]

La descarga es, por tanto, exponencial:

\[ S(t)=S(0)e^{-t/\tau_+}, \qquad \tau_+=\frac{\varepsilon_0}{e n_+\mu}. \]

Numéricamente,

\[ e n_+\mu =(1.60\times10^{-19})(6\times10^8)(1.5\times10^{-4}) =1.44\times10^{-14}\ \mathrm{S\,m^{-1}}, \]

y

\[ \tau_+=\frac{8.85\times10^{-12}}{1.44\times10^{-14}} \simeq615\ \mathrm s. \]

Imponiendo \(S(t_{1/2})=S(0)/2\),

\[ \boxed{t_{1/2}=\tau_+\ln2\simeq426\ \mathrm s\simeq7.1\ \mathrm{min}}. \]

Añadir la conductividad de los iones negativos que se mueven hacia arriba supondría contar incorrectamente una corriente que no entra en la superficie terrestre.

4) Carga inducida en los cuadrantes

Despreciemos los efectos de borde y consideremos que el apantallamiento es completo allí donde el disco conectado a tierra cubre los cuadrantes. En una superficie superior expuesta, el campo dirigido hacia abajo exige una densidad superficial de carga

\[ \sigma_{\mathrm{upper}}=-\varepsilon_0E_0. \]

El área total de los dos cuadrantes anulares es

\[ A_m=2\left[\frac{\pi}{4}(r_2^2-r_1^2)\right] =\frac{\pi}{2}(r_2^2-r_1^2). \]

La velocidad angular del disco es

\[ \omega=\frac{2\pi}{T}. \]

Durante el primer cuarto de vuelta, cada abertura deja expuesta una anchura angular \(\theta=\omega t\). Por tanto, el área total expuesta es

\[ A(t)=2\left[\frac12(r_2^2-r_1^2)\theta\right] =\frac{2\pi(r_2^2-r_1^2)}{T}t, \qquad 0\le t\le T/4. \]

Alcanza \(A_m\) en \(T/4\) y luego disminuye al mismo ritmo hasta anularse en \(T/2\). Así,

\[ A(t)= \begin{cases} A_m\,\dfrac{4t}{T},&0\le t\le T/4,\\[5pt] A_m\left(2-\dfrac{4t}{T}\right),&T/4\le t\le T/2. \end{cases} \]

Puesto que \(q(t)=-\varepsilon_0E_0A(t)\),

\[ \boxed{ q(t)= \begin{cases} -\dfrac{2\pi\varepsilon_0E_0(r_2^2-r_1^2)}{T}\,t, &0\le t\le T/4,\\[7pt] -\dfrac{2\pi\varepsilon_0E_0(r_2^2-r_1^2)}{T} \left(\dfrac T2-t\right), &T/4\le t\le T/2. \end{cases}} \]

La gráfica es un pulso triangular hacia abajo: parte de cero, disminuye linealmente hasta \(-Q_m\) en \(T/4\) y luego aumenta linealmente hasta cero en \(T/2\). Hay dos pulsos idénticos por vuelta.

Aquí \(q\) es la carga en la superficie superior. Un sistema de cuadrantes aislado puede adquirir esta carga superficial redistribuyendo su carga existente.

5) Diferencia de potencial en la entrada del amplificador

Tómese \(V=V_M-V_N\), con \(N\) conectado a tierra. Antes de que comience la rotación, los cuadrantes están apantallados y la resistencia ha descargado el condensador, por lo que

\[ q(0)=0,\qquad V(0)=0. \]

Despreciando la capacidad del sistema de cuadrantes frente a \(C\), la carga asociada al conductor conectado a la entrada es \(q+CV\). La carga positiva sale de este conductor a través de la resistencia a un ritmo \(V/R\), de modo que la conservación de la carga da

\[ \frac{d}{dt}(q+CV)=-\frac VR, \]

o bien

\[ \boxed{C\frac{dV}{dt}+\frac VR=-\frac{dq}{dt}}. \]

A medida que los cuadrantes quedan expuestos, sus superficies superiores adquieren carga negativa. Esto deja carga positiva en la placa superior del condensador, por lo que la diferencia de potencial aumenta inicialmente hacia valores positivos.

Del apartado 4,

\[ -\frac{dq}{dt}= \begin{cases} +I_0,&0<t<T/4,\\ -I_0,&T/4<t<T/2,\\ +I_0,&T/2<t<3T/4,\\ -I_0,&3T/4<t<T, \end{cases} \qquad I_0=\frac{4Q_m}{T}. \]

Por tanto, el circuito está excitado por una corriente de onda cuadrada.

Para completar la descripción, sean \(\tau=RC\), \(B=RI_0\) y \(t_k=kT/4\). En el cuarto de vuelta \(k=0,1,2,3\), la diferencia de potencial es

\[ V(t)=(-1)^kB+ \left[V(t_k)-(-1)^kB\right]e^{-(t-t_k)/\tau}. \]

Esta expresión, junto con \(V(0)=0\), especifica la forma de onda continua durante el arranque.

(a) Rotación rápida: \(T_a\ll RC\)

Durante la primera vuelta, se fuga poca carga a través de \(R\). En la aproximación dominante,

\[ C\frac{dV}{dt}\simeq-\frac{dq}{dt}. \]

Utilizando las condiciones iniciales,

\[ V(t)\simeq-\frac{q(t)}{C}. \]

Por tanto, la diferencia de potencial consta de dos pulsos triangulares positivos:

Únanse los valores sucesivos mediante segmentos rectos. La diferencia de potencial máxima es aproximadamente

\[ \boxed{V_a\simeq\frac{Q_m}{C}}. \]

Para un valor finito de \(T_a/RC\), los tramos presentan una ligera curvatura, los mínimos se vuelven ligeramente negativos y el segundo máximo positivo es ligeramente inferior al primero. Los triángulos positivos anteriores constituyen la aproximación dominante para la primera vuelta solicitada.

(b) Rotación lenta: \(T_b\gg RC\)

Salvo durante breves transiciones, la corriente del condensador es pequeña y

\[ \frac VR\simeq-\frac{dq}{dt}. \]

Por tanto, la diferencia de potencial se aproxima a niveles alternos

\[ \boxed{V\simeq\pm V_b,\qquad V_b=\frac{4RQ_m}{T_b}}. \]

La gráfica presenta las siguientes características:

• Parte de cero y aumenta exponencialmente hacia \(+V_b\), con constante de tiempo \(RC\).
• Después de \(t=T_b/4\), disminuye exponencialmente hacia \(-V_b\).
• Después de \(t=T_b/2\), aumenta hacia \(+V_b\).
• Después de \(t=3T_b/4\), disminuye hacia \(-V_b\).

Cada cuarto de vuelta es largo en comparación con \(RC\), por lo que la mayor parte de él corresponde a una meseta casi horizontal. La diferencia de potencial se mantiene continua en los instantes de conmutación. Por ejemplo, inmediatamente después de la primera conmutación,

\[ V(t)\simeq -V_b+2V_b e^{-(t-T_b/4)/(RC)}, \]

por lo que pasa por cero aproximadamente \(RC\ln2\) después de dicha conmutación.

Por tanto, el cociente solicitado es

\[ \boxed{ \frac{V_a}{V_b} \simeq \frac{Q_m/C}{4RQ_m/T_b} =\frac{T_b}{4RC}. } \]

6) Valor numérico de la diferencia de potencial

El área completamente expuesta es

\[ A_m=\frac{\pi}{2}\left(0.07^2-0.01^2\right) =7.54\times10^{-3}\ \mathrm{m^2}. \]

Así,

\[ Q_m=\varepsilon_0E_0A_m =(8.85\times10^{-12})(150)(7.54\times10^{-3}) \simeq1.00\times10^{-11}\ \mathrm C. \]

Los tiempos relevantes son

\[ T=\frac1{50}=0.020\ \mathrm s, \]

\[ RC=(20\times10^6)(0.01\times10^{-6}) =0.20\ \mathrm s. \]

En particular, el tiempo hasta el primer máximo es solo

\[ \frac T4=0.0050\ \mathrm s=0.025\,RC. \]

En consecuencia, la aproximación de rotación rápida da

\[ \boxed{ V_{\max}\simeq\frac{Q_m}{C} =\frac{1.00\times10^{-11}}{1.00\times10^{-8}} =1.0\times10^{-3}\ \mathrm V. } \]

La corrección debida a la resistencia finita se obtiene de la solución para el primer cuarto de vuelta:

\[ V_{\max} =\frac{4RQ_m}{T}\left(1-e^{-T/(4RC)}\right) =\frac{Q_m}{C}\frac{1-e^{-0.025}}{0.025} \simeq0.989\ \mathrm{mV}. \]

Se alcanza en \(t=T/4=5.0\ \mathrm{ms}\); el segundo máximo positivo es menor.

La solución se comprobó con la solución oficial.

解答

1) 地球表面的电荷

处于静电平衡的导体内部电场为零。对跨越导体表面的一个小扁柱形高斯面应用高斯定律，得到

\[ E_{\perp,\mathrm{outside}}=\frac{\sigma_0}{\varepsilon_0}, \]

其中，法线方向指向导体外部。由于电场向下指向地球内部，

\[ \sigma_0=-\varepsilon_0E_0. \]

因此

\[ \sigma_0=-(8.85\times10^{-12})(150) =-1.3275\times10^{-9}\ \mathrm{C\,m^{-2}}. \]

将地球近似为球体，并以上式作为其平均面电荷密度，有

\[ Q_0=4\pi R_E^2\sigma_0 =-4\pi(6.4\times10^6)^2(1.3275\times10^{-9}) \simeq-6.8\times10^5\ \mathrm C. \]

因此，面电荷密度的大小约为 \(1.3\ \mathrm{nC\,m^{-2}}\)，总电荷量的大小约为 \(6.8\times10^5\ \mathrm C\)。

2) 大气空间电荷

取 \(z\) 轴正方向竖直向上。两个高度处带符号的竖直电场分量为

\[ E_z(0)=-150\ \mathrm{V/m}, \qquad E_z(100\ \mathrm m)=-100\ \mathrm{V/m}. \]

在 \(100\ \mathrm m\) 的高度范围内，由于 \(100/R_E\ll1\)，地球的曲率可以忽略。因此，对水平横截面积为 \(A\) 的竖直柱体应用高斯定律，得到

\[ \overline{\rho}Ah =\varepsilon_0A\bigl[E_z(h)-E_z(0)\bigr]. \]

于是，

\[ \overline{\rho} =\varepsilon_0\frac{-100-(-150)}{100} =(8.85\times10^{-12})(0.50) =4.425\times10^{-12}\ \mathrm{C\,m^{-3}}. \]

电荷为正电荷，这与向下的电场随高度增加而减弱相一致。

3) 中和一半表面电荷所需的时间

地球带负电。正离子向下漂移并能够到达地表；负离子则向上漂移。因此，中和表面电荷的电流只包含正离子的贡献。

将离子迁移率写为

\[ \mu=1.5\times10^{-4}\ \mathrm{m^2\,V^{-1}\,s^{-1}}, \qquad v=\mu E. \]

在这一漂移估算中，将题给的近地表浓度 \(n_+\) 视为近似不变，则单位时间内到达单位面积的正电荷量为

\[ j_+=e n_+v=e n_+\mu E. \]

用 \(S(t)=|\sigma(t)|\) 表示剩余负面电荷密度的大小。导体的边界条件给出

\[ E(t)=\frac{S(t)}{\varepsilon_0}. \]

由于每个到达的正离子都会使 \(S\) 减小，

\[ \frac{dS}{dt} =-j_+ =-\frac{e n_+\mu}{\varepsilon_0}S. \]

因此，放电过程呈指数衰减：

\[ S(t)=S(0)e^{-t/\tau_+}, \qquad \tau_+=\frac{\varepsilon_0}{e n_+\mu}. \]

代入数值得

\[ e n_+\mu =(1.60\times10^{-19})(6\times10^8)(1.5\times10^{-4}) =1.44\times10^{-14}\ \mathrm{S\,m^{-1}}, \]

以及

\[ \tau_+=\frac{8.85\times10^{-12}}{1.44\times10^{-14}} \simeq615\ \mathrm s. \]

令 \(S(t_{1/2})=S(0)/2\)，得到

\[ \boxed{t_{1/2}=\tau_+\ln2\simeq426\ \mathrm s\simeq7.1\ \mathrm{min}}. \]

若再加上向上运动的负离子所贡献的电导率，就会错误地计入一股并未流入地表的电流。

4) 象限板上的感应电荷

忽略边缘效应，并认为凡是被接地圆盘覆盖的象限板部分都受到完全屏蔽。在暴露的上表面，向下的电场要求其面电荷密度为

\[ \sigma_{\mathrm{upper}}=-\varepsilon_0E_0. \]

两块四分之一圆环形象限板的总面积为

\[ A_m=2\left[\frac{\pi}{4}(r_2^2-r_1^2)\right] =\frac{\pi}{2}(r_2^2-r_1^2). \]

圆盘的角速度为

\[ \omega=\frac{2\pi}{T}. \]

在最初的四分之一转内，每个开孔暴露出的角宽为 \(\theta=\omega t\)。因此，总暴露面积为

\[ A(t)=2\left[\frac12(r_2^2-r_1^2)\theta\right] =\frac{2\pi(r_2^2-r_1^2)}{T}t, \qquad 0\le t\le T/4. \]

该面积在 \(T/4\) 时达到 \(A_m\)，随后以相同的速率减小，在 \(T/2\) 时降至零。因此

\[ A(t)= \begin{cases} A_m\,\dfrac{4t}{T},&0\le t\le T/4,\\[5pt] A_m\left(2-\dfrac{4t}{T}\right),&T/4\le t\le T/2. \end{cases} \]

由于 \(q(t)=-\varepsilon_0E_0A(t)\)，

\[ \boxed{ q(t)= \begin{cases} -\dfrac{2\pi\varepsilon_0E_0(r_2^2-r_1^2)}{T}\,t, &0\le t\le T/4,\\[7pt] -\dfrac{2\pi\varepsilon_0E_0(r_2^2-r_1^2)}{T} \left(\dfrac T2-t\right), &T/4\le t\le T/2. \end{cases}} \]

示意图是一个向下的三角形脉冲：从零开始，线性减小，在 \(T/4\) 时达到 \(-Q_m\)，随后线性增大，在 \(T/2\) 时回到零。每转一周出现两个相同的脉冲。

这里的 \(q\) 是上表面的电荷。一个孤立的象限板系统可以通过重新分布其已有电荷，在上表面形成这样的电荷。

5) 放大器输入端的电压

取 \(V=V_M-V_N\)，其中 \(N\) 接地。旋转开始之前，象限板被屏蔽，电容器已通过电阻放电，因此

\[ q(0)=0,\qquad V(0)=0. \]

忽略象限板系统相对于 \(C\) 的电容，与输入端相连的导体所带电荷为 \(q+CV\)。正电荷以 \(V/R\) 的速率经电阻流出该导体，因此由电荷守恒可得

\[ \frac{d}{dt}(q+CV)=-\frac VR, \]

即

\[ \boxed{C\frac{dV}{dt}+\frac VR=-\frac{dq}{dt}}. \]

随着象限板逐渐暴露，其上表面积累负电荷。这使电容器的上极板留下正电荷，因此电压起初向正值上升。

由第 4 问可得，

\[ -\frac{dq}{dt}= \begin{cases} +I_0,&0<t<T/4,\\ -I_0,&T/4<t<T/2,\\ +I_0,&T/2<t<3T/4,\\ -I_0,&3T/4<t<T, \end{cases} \qquad I_0=\frac{4Q_m}{T}. \]

因此，该电路由方波电流驱动。

为完整起见，令 \(\tau=RC\)、\(B=RI_0\)，并令 \(t_k=kT/4\)。在第 \(k=0,1,2,3\) 个四分之一周期内，电压为

\[ V(t)=(-1)^kB+ \left[V(t_k)-(-1)^kB\right]e^{-(t-t_k)/\tau}. \]

此表达式与 \(V(0)=0\) 一起确定了启动时的连续波形。

(a) 快速旋转：\(T_a\ll RC\)

在第一转内，通过 \(R\) 泄漏的电荷很少。保留主导项，有

\[ C\frac{dV}{dt}\simeq-\frac{dq}{dt}. \]

利用初始条件，得到

\[ V(t)\simeq-\frac{q(t)}{C}. \]

因此，电压由两个正的三角形脉冲组成：

用直线段依次连接相邻各点。最大电压近似为

\[ \boxed{V_a\simeq\frac{Q_m}{C}}. \]

当 \(T_a/RC\) 为有限值时，各段略有弯曲，极小值略为负值，第二个正峰值略低于第一个。上述正三角形是题目所要求的第一转波形的主导近似。

(b) 缓慢旋转：\(T_b\gg RC\)

除短暂的过渡过程外，电容电流很小，且

\[ \frac VR\simeq-\frac{dq}{dt}. \]

因此，电压交替趋近于以下电平：

\[ \boxed{V\simeq\pm V_b,\qquad V_b=\frac{4RQ_m}{T_b}}. \]

示意图具有以下特征：

• 从零开始，以时间常数 \(RC\) 按指数规律上升，趋近于 \(+V_b\)。
• 在 \(t=T_b/4\) 之后，按指数规律下降，趋近于 \(-V_b\)。
• 在 \(t=T_b/2\) 之后，上升并趋近于 \(+V_b\)。
• 在 \(t=3T_b/4\) 之后，下降并趋近于 \(-V_b\)。

每个四分之一周期都远长于 \(RC\)，因此其中的大部分时间对应于几乎水平的平台。电压在切换时刻保持连续。例如，在第一次切换刚发生之后，

\[ V(t)\simeq -V_b+2V_b e^{-(t-T_b/4)/(RC)}, \]

因此，电压在该次切换后约 \(RC\ln2\) 时过零。

所求比值因而为

\[ \boxed{ \frac{V_a}{V_b} \simeq \frac{Q_m/C}{4RQ_m/T_b} =\frac{T_b}{4RC}. } \]

6) 电压的数值

完全暴露时的面积为

\[ A_m=\frac{\pi}{2}\left(0.07^2-0.01^2\right) =7.54\times10^{-3}\ \mathrm{m^2}. \]

因此

\[ Q_m=\varepsilon_0E_0A_m =(8.85\times10^{-12})(150)(7.54\times10^{-3}) \simeq1.00\times10^{-11}\ \mathrm C. \]

相关的时间尺度为

\[ T=\frac1{50}=0.020\ \mathrm s, \]

\[ RC=(20\times10^6)(0.01\times10^{-6}) =0.20\ \mathrm s. \]

特别地，到达第一个峰值所需的时间仅为

\[ \frac T4=0.0050\ \mathrm s=0.025\,RC. \]

因此，快速旋转近似给出

\[ \boxed{ V_{\max}\simeq\frac{Q_m}{C} =\frac{1.00\times10^{-11}}{1.00\times10^{-8}} =1.0\times10^{-3}\ \mathrm V. } \]

由第一个四分之一周期的解可得有限电阻的修正：

\[ V_{\max} =\frac{4RQ_m}{T}\left(1-e^{-T/(4RC)}\right) =\frac{Q_m}{C}\frac{1-e^{-0.025}}{0.025} \simeq0.989\ \mathrm{mV}. \]

该最大值出现在 \(t=T/4=5.0\ \mathrm{ms}\)；第二个正峰值较小。

解答已与官方解答核对。

Решение

1) Заряд поверхности Земли

Электрическое поле внутри проводника в состоянии электростатического равновесия равно нулю. Применяя теорему Гаусса к малому цилиндру, пересекающему его поверхность, получаем

\[ E_{\perp,\mathrm{outside}}=\frac{\sigma_0}{\varepsilon_0}, \]

где нормаль направлена наружу из проводника. Поскольку поле направлено вниз, внутрь Земли,

\[ \sigma_0=-\varepsilon_0E_0. \]

Следовательно,

\[ \sigma_0=-(8.85\times10^{-12})(150) =-1.3275\times10^{-9}\ \mathrm{C\,m^{-2}}. \]

Считая Землю сферой и используя это значение в качестве средней поверхностной плотности её заряда, получаем

\[ Q_0=4\pi R_E^2\sigma_0 =-4\pi(6.4\times10^6)^2(1.3275\times10^{-9}) \simeq-6.8\times10^5\ \mathrm C. \]

Таким образом, модуль поверхностной плотности заряда составляет приблизительно \(1.3\ \mathrm{nC\,m^{-2}}\), а модуль суммарного заряда — приблизительно \(6.8\times10^5\ \mathrm C\).

2) Объёмный заряд атмосферы

Направим ось \(z\) вверх. Вертикальные проекции напряжённости поля на двух высотах с учётом знака равны

\[ E_z(0)=-150\ \mathrm{V/m}, \qquad E_z(100\ \mathrm m)=-100\ \mathrm{V/m}. \]

На высоте \(100\ \mathrm m\) кривизной Земли можно пренебречь, поскольку \(100/R_E\ll1\). Поэтому теорема Гаусса для вертикального столба с площадью горизонтального поперечного сечения \(A\) даёт

\[ \overline{\rho}Ah =\varepsilon_0A\bigl[E_z(h)-E_z(0)\bigr]. \]

Следовательно,

\[ \overline{\rho} =\varepsilon_0\frac{-100-(-150)}{100} =(8.85\times10^{-12})(0.50) =4.425\times10^{-12}\ \mathrm{C\,m^{-3}}. \]

Заряд положителен, что согласуется с ослаблением направленного вниз поля при увеличении высоты.

3) Время нейтрализации половины поверхностного заряда

Земля заряжена отрицательно. Положительные ионы дрейфуют вниз и могут достичь её поверхности; отрицательные ионы дрейфуют вверх. Таким образом, ток, нейтрализующий заряд поверхности, обусловлен только положительными ионами.

Запишем подвижность ионов в виде

\[ \mu=1.5\times10^{-4}\ \mathrm{m^2\,V^{-1}\,s^{-1}}, \qquad v=\mu E. \]

Считая, что при этой оценке дрейфа заданная концентрация \(n_+\) вблизи поверхности остаётся приблизительно постоянной, получаем положительный заряд, поступающий на единицу площади за единицу времени:

\[ j_+=e n_+v=e n_+\mu E. \]

Обозначим через \(S(t)=|\sigma(t)|\) модуль плотности оставшегося отрицательного поверхностного заряда. Граничное условие на поверхности проводника даёт

\[ E(t)=\frac{S(t)}{\varepsilon_0}. \]

Поскольку каждый приходящий положительный ион уменьшает \(S\),

\[ \frac{dS}{dt} =-j_+ =-\frac{e n_+\mu}{\varepsilon_0}S. \]

Поэтому разряд происходит по экспоненциальному закону:

\[ S(t)=S(0)e^{-t/\tau_+}, \qquad \tau_+=\frac{\varepsilon_0}{e n_+\mu}. \]

Численно

\[ e n_+\mu =(1.60\times10^{-19})(6\times10^8)(1.5\times10^{-4}) =1.44\times10^{-14}\ \mathrm{S\,m^{-1}}, \]

и

\[ \tau_+=\frac{8.85\times10^{-12}}{1.44\times10^{-14}} \simeq615\ \mathrm s. \]

Полагая \(S(t_{1/2})=S(0)/2\), получаем

\[ \boxed{t_{1/2}=\tau_+\ln2\simeq426\ \mathrm s\simeq7.1\ \mathrm{min}}. \]

Добавление проводимости, обусловленной движущимися вверх отрицательными ионами, означало бы ошибочный учёт тока, который не поступает на поверхность Земли.

4) Индуцированный заряд на квадрантах

Пренебрежём краевыми эффектами и будем считать экранирование полным везде, где заземлённый диск закрывает квадранты. На открытой верхней поверхности направленному вниз полю соответствует поверхностная плотность заряда

\[ \sigma_{\mathrm{upper}}=-\varepsilon_0E_0. \]

Суммарная площадь двух кольцевых квадрантов равна

\[ A_m=2\left[\frac{\pi}{4}(r_2^2-r_1^2)\right] =\frac{\pi}{2}(r_2^2-r_1^2). \]

Угловая скорость диска равна

\[ \omega=\frac{2\pi}{T}. \]

В течение первой четверти оборота каждое отверстие открывает участок с угловой шириной \(\theta=\omega t\). Поэтому суммарная открытая площадь равна

\[ A(t)=2\left[\frac12(r_2^2-r_1^2)\theta\right] =\frac{2\pi(r_2^2-r_1^2)}{T}t, \qquad 0\le t\le T/4. \]

Она достигает \(A_m\) в момент \(T/4\), затем с той же скоростью уменьшается до нуля к моменту \(T/2\). Таким образом,

\[ A(t)= \begin{cases} A_m\,\dfrac{4t}{T},&0\le t\le T/4,\\[5pt] A_m\left(2-\dfrac{4t}{T}\right),&T/4\le t\le T/2. \end{cases} \]

Поскольку \(q(t)=-\varepsilon_0E_0A(t)\),

\[ \boxed{ q(t)= \begin{cases} -\dfrac{2\pi\varepsilon_0E_0(r_2^2-r_1^2)}{T}\,t, &0\le t\le T/4,\\[7pt] -\dfrac{2\pi\varepsilon_0E_0(r_2^2-r_1^2)}{T} \left(\dfrac T2-t\right), &T/4\le t\le T/2. \end{cases}} \]

График представляет собой направленный вниз треугольный импульс: заряд начинается с нуля, линейно уменьшается до \(-Q_m\) в момент \(T/4\), затем линейно увеличивается до нуля в момент \(T/2\). На каждый оборот приходятся два одинаковых импульса.

Здесь \(q\) — заряд верхней поверхности. Изолированная система квадрантов может приобрести этот поверхностный заряд за счёт перераспределения уже имеющегося в ней заряда.

5) Напряжение на входе усилителя

Примем \(V=V_M-V_N\), причём точка \(N\) заземлена. До начала вращения квадранты экранированы, а конденсатор разряжен через резистор, поэтому

\[ q(0)=0,\qquad V(0)=0. \]

Пренебрегая ёмкостью системы квадрантов по сравнению с \(C\), получаем, что заряд соединённого с ней входного проводника равен \(q+CV\). Положительный заряд уходит с этого проводника через резистор со скоростью \(V/R\), поэтому закон сохранения заряда даёт

\[ \frac{d}{dt}(q+CV)=-\frac VR, \]

или

\[ \boxed{C\frac{dV}{dt}+\frac VR=-\frac{dq}{dt}}. \]

По мере открытия квадрантов их верхние поверхности приобретают отрицательный заряд. При этом на верхней обкладке конденсатора остаётся положительный заряд, поэтому вначале напряжение растёт, принимая положительные значения.

Из пункта 4

\[ -\frac{dq}{dt}= \begin{cases} +I_0,&0<t<T/4,\\ -I_0,&T/4<t<T/2,\\ +I_0,&T/2<t<3T/4,\\ -I_0,&3T/4<t<T, \end{cases} \qquad I_0=\frac{4Q_m}{T}. \]

Таким образом, на цепь воздействует ток прямоугольной формы.

Для полноты положим \(\tau=RC\), \(B=RI_0\) и \(t_k=kT/4\). На четверти оборота \(k=0,1,2,3\) напряжение равно

\[ V(t)=(-1)^kB+ \left[V(t_k)-(-1)^kB\right]e^{-(t-t_k)/\tau}. \]

Это выражение вместе с условием \(V(0)=0\) задаёт непрерывную зависимость напряжения от времени после начала вращения.

(a) Быстрое вращение: \(T_a\ll RC\)

За первый оборот через \(R\) утекает лишь небольшой заряд. В главном приближении

\[ C\frac{dV}{dt}\simeq-\frac{dq}{dt}. \]

Используя начальные условия, получаем

\[ V(t)\simeq-\frac{q(t)}{C}. \]

Поэтому напряжение имеет вид двух положительных треугольных импульсов:

Соедините последовательные точки отрезками прямых. Наибольшее напряжение приблизительно равно

\[ \boxed{V_a\simeq\frac{Q_m}{C}}. \]

При конечном \(T_a/RC\) участки графика слегка искривлены, минимумы становятся немного отрицательными, а второй положительный максимум оказывается немного ниже первого. Приведённые выше положительные треугольники являются главным приближением для требуемого первого оборота.

(b) Медленное вращение: \(T_b\gg RC\)

За исключением коротких переходных процессов ток через конденсатор мал и

\[ \frac VR\simeq-\frac{dq}{dt}. \]

Следовательно, напряжение приближается к чередующимся уровням

\[ \boxed{V\simeq\pm V_b,\qquad V_b=\frac{4RQ_m}{T_b}}. \]

График имеет следующие особенности:

• Напряжение начинается с нуля и экспоненциально возрастает к \(+V_b\) с постоянной времени \(RC\).
• После \(t=T_b/4\) оно экспоненциально убывает к \(-V_b\).
• После \(t=T_b/2\) оно возрастает к \(+V_b\).
• После \(t=3T_b/4\) оно убывает к \(-V_b\).

Каждая четверть периода велика по сравнению с \(RC\), поэтому большую её часть график представляет собой почти горизонтальное плато. В моменты переключения напряжение остаётся непрерывным. Например, сразу после первого переключения

\[ V(t)\simeq -V_b+2V_b e^{-(t-T_b/4)/(RC)}, \]

так что оно проходит через ноль приблизительно через \(RC\ln2\) после этого переключения.

Таким образом, искомое отношение равно

\[ \boxed{ \frac{V_a}{V_b} \simeq \frac{Q_m/C}{4RQ_m/T_b} =\frac{T_b}{4RC}. } \]

6) Численное значение напряжения

Полностью открытая площадь равна

\[ A_m=\frac{\pi}{2}\left(0.07^2-0.01^2\right) =7.54\times10^{-3}\ \mathrm{m^2}. \]

Следовательно,

\[ Q_m=\varepsilon_0E_0A_m =(8.85\times10^{-12})(150)(7.54\times10^{-3}) \simeq1.00\times10^{-11}\ \mathrm C. \]

Соответствующие времена равны

\[ T=\frac1{50}=0.020\ \mathrm s, \]

\[ RC=(20\times10^6)(0.01\times10^{-6}) =0.20\ \mathrm s. \]

В частности, время до первого максимума составляет всего

\[ \frac T4=0.0050\ \mathrm s=0.025\,RC. \]

Поэтому приближение быстрого вращения даёт

\[ \boxed{ V_{\max}\simeq\frac{Q_m}{C} =\frac{1.00\times10^{-11}}{1.00\times10^{-8}} =1.0\times10^{-3}\ \mathrm V. } \]

Поправка на конечное сопротивление следует из решения для первой четверти оборота:

\[ V_{\max} =\frac{4RQ_m}{T}\left(1-e^{-T/(4RC)}\right) =\frac{Q_m}{C}\frac{1-e^{-0.025}}{0.025} \simeq0.989\ \mathrm{mV}. \]

Этот максимум достигается при \(t=T/4=5.0\ \mathrm{ms}\); второй положительный максимум меньше.

Решение проверено по официальному решению.

الحل

1) شحنة سطح الأرض

المجال الكهربائي داخل موصل في حالة اتزان كهروستاتيكي يساوي صفرًا. وبتطبيق قانون غاوس على سطح أسطواني صغير يعبر سطح الموصل، نحصل على

\[ E_{\perp,\mathrm{outside}}=\frac{\sigma_0}{\varepsilon_0}, \]

حيث يتجه العمودي إلى خارج الموصل. وبما أن المجال يتجه إلى أسفل، نحو داخل الأرض، فإن

\[ \sigma_0=-\varepsilon_0E_0. \]

وعليه

\[ \sigma_0=-(8.85\times10^{-12})(150) =-1.3275\times10^{-9}\ \mathrm{C\,m^{-2}}. \]

بتقريب الأرض إلى كرة واستخدام هذه القيمة بوصفها متوسط كثافة شحنتها السطحية،

\[ Q_0=4\pi R_E^2\sigma_0 =-4\pi(6.4\times10^6)^2(1.3275\times10^{-9}) \simeq-6.8\times10^5\ \mathrm C. \]

إذن يبلغ مقدار كثافة الشحنة السطحية نحو \(1.3\ \mathrm{nC\,m^{-2}}\)، ويبلغ مقدار الشحنة الكلية نحو \(6.8\times10^5\ \mathrm C\).

2) الشحنة الفراغية في الغلاف الجوي

ليكن اتجاه تزايد \(z\) إلى أعلى. المركبتان الرأسيتان للمجال، مع مراعاة الإشارة، عند الارتفاعين هما

\[ E_z(0)=-150\ \mathrm{V/m}, \qquad E_z(100\ \mathrm m)=-100\ \mathrm{V/m}. \]

على امتداد ارتفاع قدره \(100\ \mathrm m\)، يمكن إهمال انحناء الأرض لأن \(100/R_E\ll1\). ولذلك يعطي قانون غاوس لعمود رأسي مساحة مقطعه الأفقي \(A\)

\[ \overline{\rho}Ah =\varepsilon_0A\bigl[E_z(h)-E_z(0)\bigr]. \]

وبناءً على ذلك،

\[ \overline{\rho} =\varepsilon_0\frac{-100-(-150)}{100} =(8.85\times10^{-12})(0.50) =4.425\times10^{-12}\ \mathrm{C\,m^{-3}}. \]

الشحنة موجبة، وهو ما يتفق مع تناقص شدة المجال المتجه إلى أسفل كلما ازداد الارتفاع.

3) الزمن اللازم لمعادلة نصف الشحنة السطحية

الأرض مشحونة بشحنة سالبة. تنجرف الأيونات الموجبة إلى أسفل ويمكنها الوصول إلى سطحها؛ أما الأيونات السالبة فتنجرف إلى أعلى. لذا فإن التيار الذي يعادل شحنة السطح يتضمن مساهمة الأيونات الموجبة وحدها.

نكتب حركية الأيونات على الصورة

\[ \mu=1.5\times10^{-4}\ \mathrm{m^2\,V^{-1}\,s^{-1}}, \qquad v=\mu E. \]

باعتبار التركيز المعطى بالقرب من السطح \(n_+\) ثابتًا تقريبًا في هذا التقدير للانجراف، تكون الشحنة الموجبة الواصلة إلى وحدة المساحة في وحدة الزمن

\[ j_+=e n_+v=e n_+\mu E. \]

لتكن \(S(t)=|\sigma(t)|\) مقدار كثافة الشحنة السطحية السالبة المتبقية. يعطي الشرط الحدي للموصل

\[ E(t)=\frac{S(t)}{\varepsilon_0}. \]

وبما أن كل أيون موجب يصل إلى السطح يقلل \(S\)، فإن

\[ \frac{dS}{dt} =-j_+ =-\frac{e n_+\mu}{\varepsilon_0}S. \]

ومن ثم يكون التفريغ أسيًا:

\[ S(t)=S(0)e^{-t/\tau_+}, \qquad \tau_+=\frac{\varepsilon_0}{e n_+\mu}. \]

عدديًا،

\[ e n_+\mu =(1.60\times10^{-19})(6\times10^8)(1.5\times10^{-4}) =1.44\times10^{-14}\ \mathrm{S\,m^{-1}}, \]

و

\[ \tau_+=\frac{8.85\times10^{-12}}{1.44\times10^{-14}} \simeq615\ \mathrm s. \]

بوضع \(S(t_{1/2})=S(0)/2\)،

\[ \boxed{t_{1/2}=\tau_+\ln2\simeq426\ \mathrm s\simeq7.1\ \mathrm{min}}. \]

إن إضافة موصلية الأيونات السالبة المتحركة إلى أعلى ستؤدي، على نحو غير صحيح، إلى احتساب تيار لا يدخل سطح الأرض.

4) الشحنة المستحثة على القطاعين الربعيين

أهمل تأثيرات الحواف، واعتبر الحجب كاملًا حيثما يغطي القرص المؤرَّض القطاعين. على السطح العلوي المنكشف، يقتضي المجال المتجه إلى أسفل كثافة شحنة سطحية مقدارها الجبري

\[ \sigma_{\mathrm{upper}}=-\varepsilon_0E_0. \]

المساحة الكلية للقطاعين الحلقيين الربعيين هي

\[ A_m=2\left[\frac{\pi}{4}(r_2^2-r_1^2)\right] =\frac{\pi}{2}(r_2^2-r_1^2). \]

السرعة الزاوية للقرص هي

\[ \omega=\frac{2\pi}{T}. \]

خلال الربع الأول من الدورة، تكشف كل فتحة عرضًا زاويًا \(\theta=\omega t\). ولذلك تكون المساحة الكلية المنكشفة

\[ A(t)=2\left[\frac12(r_2^2-r_1^2)\theta\right] =\frac{2\pi(r_2^2-r_1^2)}{T}t, \qquad 0\le t\le T/4. \]

تبلغ هذه المساحة \(A_m\) عند \(T/4\)، ثم تتناقص بالمعدل نفسه إلى الصفر عند \(T/2\). ومن ثم

\[ A(t)= \begin{cases} A_m\,\dfrac{4t}{T},&0\le t\le T/4,\\[5pt] A_m\left(2-\dfrac{4t}{T}\right),&T/4\le t\le T/2. \end{cases} \]

بما أن \(q(t)=-\varepsilon_0E_0A(t)\)، فإن

\[ \boxed{ q(t)= \begin{cases} -\dfrac{2\pi\varepsilon_0E_0(r_2^2-r_1^2)}{T}\,t, &0\le t\le T/4,\\[7pt] -\dfrac{2\pi\varepsilon_0E_0(r_2^2-r_1^2)}{T} \left(\dfrac T2-t\right), &T/4\le t\le T/2. \end{cases}} \]

المخطط نبضة مثلثية متجهة إلى أسفل: تبدأ من الصفر، وتتناقص خطيًا إلى \(-Q_m\) عند \(T/4\)، ثم تتزايد خطيًا إلى الصفر عند \(T/2\). وتوجد نبضتان متماثلتان في كل دورة.

هنا تمثل \(q\) الشحنة على السطح العلوي. ويمكن لمنظومة قطاعين معزولة أن تكتسب هذه الشحنة السطحية بإعادة توزيع شحنتها الموجودة أصلًا.

5) الجهد عبر دخل المضخِّم

اعتبر \(V=V_M-V_N\)، مع تأريض \(N\). قبل بدء الدوران، يكون القطاعان محجوبين وتكون المقاومة قد فرَّغت المكثف، ومن ثم

\[ q(0)=0,\qquad V(0)=0. \]

بإهمال سعة منظومة القطاعين بالمقارنة مع \(C\)، تكون الشحنة المرتبطة بموصل الدخل المتصل بها هي \(q+CV\). تغادر الشحنة الموجبة هذا الموصل عبر المقاومة بمعدل \(V/R\)، ولذلك يعطي حفظ الشحنة

\[ \frac{d}{dt}(q+CV)=-\frac VR, \]

أو

\[ \boxed{C\frac{dV}{dt}+\frac VR=-\frac{dq}{dt}}. \]

عندما ينكشف القطاعان، تكتسب سطوحهما العلوية شحنة سالبة. وهذا يترك شحنة موجبة على اللوح العلوي للمكثف، فيرتفع الجهد في البداية إلى قيم موجبة.

من الجزء 4،

\[ -\frac{dq}{dt}= \begin{cases} +I_0,&0<t<T/4,\\ -I_0,&T/4<t<T/2,\\ +I_0,&T/2<t<3T/4,\\ -I_0,&3T/4<t<T, \end{cases} \qquad I_0=\frac{4Q_m}{T}. \]

إذن تُغذَّى الدائرة بتيار ذي موجة مربعة.

لاستكمال العرض، ضع \(\tau=RC\)، و\(B=RI_0\)، و\(t_k=kT/4\). في ربع الدورة ذي الرقم \(k=0,1,2,3\)، يكون الجهد

\[ V(t)=(-1)^kB+ \left[V(t_k)-(-1)^kB\right]e^{-(t-t_k)/\tau}. \]

يحدد هذا التعبير، مع \(V(0)=0\)، الشكل الموجي المستمر عند بدء التشغيل.

(a) الدوران السريع: \(T_a\ll RC\)

خلال الدورة الأولى، تتسرب شحنة قليلة عبر \(R\). وفي التقريب الرائد،

\[ C\frac{dV}{dt}\simeq-\frac{dq}{dt}. \]

باستخدام الشروط الابتدائية،

\[ V(t)\simeq-\frac{q(t)}{C}. \]

لذلك يتكون الجهد من نبضتين مثلثيتين موجبتين:

صِل بين القيم المتتالية بخطوط مستقيمة. أكبر جهد يساوي تقريبًا

\[ \boxed{V_a\simeq\frac{Q_m}{C}}. \]

عندما تكون \(T_a/RC\) غير منعدمة، تكون المقاطع منحنية قليلًا، وتصبح القيم الصغرى سالبة قليلًا، وتكون القمة الموجبة الثانية أخفض قليلًا من الأولى. والمثلثان الموجبان أعلاه هما التقريب الرائد للدورة الأولى المطلوبة.

(b) الدوران البطيء: \(T_b\gg RC\)

باستثناء فترات الانتقال القصيرة، يكون تيار المكثف صغيرًا، وتكون

\[ \frac VR\simeq-\frac{dq}{dt}. \]

ومن ثم يقترب الجهد من مستويين متناوبين

\[ \boxed{V\simeq\pm V_b,\qquad V_b=\frac{4RQ_m}{T_b}}. \]

يتسم المخطط بالخصائص الآتية:

• يبدأ من الصفر ويرتفع أسيًا نحو \(+V_b\)، بثابت زمن \(RC\).
• بعد \(t=T_b/4\)، ينخفض أسيًا نحو \(-V_b\).
• بعد \(t=T_b/2\)، يرتفع نحو \(+V_b\).
• بعد \(t=3T_b/4\)، ينخفض نحو \(-V_b\).

كل ربع دورة طويل بالمقارنة مع \(RC\)، لذا يكون معظمه مقطعًا شبه أفقي. ويبقى الجهد مستمرًا عند أزمنة التبديل. فعلى سبيل المثال، مباشرةً بعد التبديل الأول،

\[ V(t)\simeq -V_b+2V_b e^{-(t-T_b/4)/(RC)}, \]

ولذلك يعبر الصفر بعد نحو \(RC\ln2\) من ذلك التبديل.

وعليه تكون النسبة المطلوبة

\[ \boxed{ \frac{V_a}{V_b} \simeq \frac{Q_m/C}{4RQ_m/T_b} =\frac{T_b}{4RC}. } \]

6) القيمة العددية للجهد

المساحة المنكشفة بالكامل هي

\[ A_m=\frac{\pi}{2}\left(0.07^2-0.01^2\right) =7.54\times10^{-3}\ \mathrm{m^2}. \]

ومن ثم

\[ Q_m=\varepsilon_0E_0A_m =(8.85\times10^{-12})(150)(7.54\times10^{-3}) \simeq1.00\times10^{-11}\ \mathrm C. \]

الأزمنة ذات الصلة هي

\[ T=\frac1{50}=0.020\ \mathrm s, \]

\[ RC=(20\times10^6)(0.01\times10^{-6}) =0.20\ \mathrm s. \]

وعلى وجه الخصوص، فإن الزمن اللازم لبلوغ القمة الأولى لا يتجاوز

\[ \frac T4=0.0050\ \mathrm s=0.025\,RC. \]

وبناءً على ذلك، يعطي تقريب الدوران السريع

\[ \boxed{ V_{\max}\simeq\frac{Q_m}{C} =\frac{1.00\times10^{-11}}{1.00\times10^{-8}} =1.0\times10^{-3}\ \mathrm V. } \]

يُستنتج تصحيح المقاومة المحدودة من حل ربع الدورة الأول:

\[ V_{\max} =\frac{4RQ_m}{T}\left(1-e^{-T/(4RC)}\right) =\frac{Q_m}{C}\frac{1-e^{-0.025}}{0.025} \simeq0.989\ \mathrm{mV}. \]

تُبلَغ هذه القيمة عند \(t=T/4=5.0\ \mathrm{ms}\)؛ وتكون القمة الموجبة الثانية أصغر.

تمت مراجعة الحل بمقارنته بالحل الرسمي.