Potencjał pola od tych dwóch ładunków w punkcie odległym o x od jednego z nich:
[tex]V(x)=\frac{Q_1}{4\pi\epsilon_0|x|}+\frac{Q_2}{4\pi\epsilon_0|r-x|}[/tex]
Szukamy minimum:
[tex]\frac{dV}{dx}=-\frac{Q_1\textrm{sgn}(x)}{4\pi\epsilon_0x^2}+\frac{Q_2\textrm{sign}(r-x)}{4\pi\epsilon_0(r-x)^2}=0[/tex]
Trzeba zdecydować w jakim obszarze się znajdujemy
1.
0<x<4
[tex]-\frac{Q_1}{4\pi\epsilon_0x^2}+\frac{Q_2}{4\pi\epsilon_0(r-x)^2}=0\\Q_1(r-x)^2=Q_2x^2\\Q_1r^2-2Q_1rx+Q_1x^2=Q_2x^2\\(Q_1-Q_2)x^2-2Q_1rx+Q_1r^2=0\\\Delta= 4Q_1^2r^2-4(Q_1-Q_2)Q_1r^2=4Q_1Q_2r^2 < 0[/tex]
gdyż Q_2<0 zatem nie ma rzeczywistych rozwiązań w tym obszarze:
2.
x>4
[tex]-\frac{Q_1}{4\pi\epsilon_0x^2}-\frac{Q_2}{4\pi\epsilon_0(r-x)^2}=0\\Q_1(r-x)^2=-Q_2x^2\\(Q_1+Q_2)x^2-2Q_1rx+Q_1r^2=0\\\Delta=4Q_1^2r^2-4(Q_1+Q_2)Q_1r^2=-4Q_1Q_2r^2 > 0[/tex]
[tex]x_1=\frac{2Q_1r-2r\sqrt{-Q_1Q_2}}{2(Q_1+Q_2)}=\frac{Q_1-\sqrt{-Q_1Q_2}}{Q_1+Q_2}r=\frac{4C-\sqrt{4C^2}}{3C}\cdot4m==\frac{8}{3}m < 4m\\x_2=\frac{Q_1+\sqrt{-Q_1Q_2}}{Q_1+Q_2}r=\frac{4C+\sqrt{4C^2}}{3C}\cdot4m=8m[/tex]
i dopiero to drugie rozwiązanie jest dobre.
W trzecim obszarze tj.
x<0
[tex]\frac{Q_1}{4\pi\epsilon_0x^2}+\frac{Q_2}{4\pi\epsilon_0(r-x)}=0[/tex]
mamy dokładnie takie samo równanie jak w obszarze 2. (tylko ze znakiem minus) i już wiemy, że dwa rozwiązania nie należą do przedziały x<0.
Otrzymany wynik to jednak nie jest minimum potencjału, ale maksimum. Gradient wynosi wprawdzie zero, czyli nie działa żadna siła, ale jest to równowaga nietrwała. Wystarczy niewielka fluktuacja i ładunek próbny zostanie przeciągnięty lub ucieknie do nieskończoności.
pozdrawiam
