Напряженность электрического поля сферической оболочки (с вырезанной крышкой)

Question

Напряженность электрического поля сферической оболочки (с вырезанной крышкой)

миги

Рассмотрим заряженную сферическую оболочку радиуса $R$ и плотность поверхностного заряда $\sigma$ . Выбрать точку на поверхности оболочки и вырезать сферическую шапку радиусом $a \ll R$ . Какова напряженность электрического поля в середине отверстия?

Это было задумано как относительно простая задача, но оказалось, что это, вероятно, не так, поскольку каждое издание учебника дает другой ответ, и профессора нашего физического факультета не могут прийти к единому мнению. Что вы думаете?

Моя попытка: Сначала я рассчитал интенсивность на оси диска и проинтегрировал по элементам диска: $\vec E = \int_0^{2R-{a^2 \over 2R -1}} {\sigma \over 2\epsilon} ({ \sqrt{2Rh} - |h| })dh$ . Это, используя тот факт, что $a \ll R^2$ оценивает ${\sigma R^2 \over 3\epsilon}$ , что неправильно.

Кайл Оман

Ну, во-первых, что вы думаете? Обычно мы не решаем здесь задачи в стиле учебника с нуля. Если у вас есть попытка решения, мы будем рады прокомментировать, почему мы считаем его правильным или неправильным. Пожалуйста, ознакомьтесь с политикой домашних заданий physics.stackexchange.com/tags/homework/info (которая применяется как к домашним заданиям, так и к реальным домашним заданиям).

миги

@ Кайл: О, извини. Отредактировал вопрос.

Ответы (1)

Напряженность электрического поля сферической оболочки (с вырезанной крышкой)

Ну, во-первых, что вы думаете? Обычно мы не решаем здесь задачи в стиле учебника с нуля. Если у вас есть попытка решения, мы будем рады прокомментировать, почему мы считаем его правильным или неправильным. Пожалуйста, ознакомьтесь с политикой домашних заданий physics.stackexchange.com/tags/homework/info (которая применяется как к домашним заданиям, так и к реальным домашним заданиям).
@ Кайл: О, извини. Отредактировал вопрос.

Тобиас · Answer 1

$\def\ph{\varphi}\def\sign{\operatorname{sign}}\def\eps{\varepsilon}\def\l{\left}\def\r{\right}$ Радиально-симметричное поле плотности смещения заряда однородного поверхностного заряда на сфере со средней точкой в начале координат имеет только r-компоненту

\begin{aligned} Д_{р} (р) & "=" {\begin{cases} \frac{4 π р^{2} о}{4 π р^{2}} & для р > 0, \\ 0 & для р < 0. \end{cases} \end{aligned}

$\begin{align} D_r(r) &= \begin{cases} \frac{4\pi R^2\sigma}{4\pi r^2} &\text{ for } r>0,\\ 0 &\text{ for } r<0. \end{cases} \end{align}$ На положительной оси z это можно записать как

\begin{aligned} Д_{р} (г) & "=" \frac{о р^{2}}{2 р^{2}} (1 + знак (г - р)) \end{aligned}

$\begin{align} D_r(z) &= \frac{\sigma R^2}{2 r^2}(1+\sign(z-R)) \end{align}$

Поле равномерно заряженного диска радиусом $a$ в $z=R$ с нормалью в направлении z и с поверхностным зарядом $-\sigma$ является

\begin{aligned} Д_{г} (г) & "=" \frac{- о}{2} (знак (г - р) - \frac{г - р}{\sqrt{а^{2} + (г - р)^{2}}}) . \end{aligned}

$\begin{align} D_z(z) &= \frac{-\sigma}2\l(\sign(z-R)-\frac{z-R}{\sqrt{a^2+(z-R)^2}}\r). \end{align}$ Это следует из производной потенциала для этой проблемы, которую я уже описал в другом ответе . Для маленьких

a

$a$ мы надеемся приблизить отверстие таким диском с противоположным

σ

$\sigma$ к поверхностному заряду шара. Это должно дать приближение первого порядка порядка

a / R

$a/R$ .

Суперпозиция полей дает

\begin{aligned} Д_{г} (г) "=" \frac{о}{2} (\frac{р^{2}}{г^{2}} - 1) знак (г - р) + \frac{о р^{2}}{2 г^{2}} + \frac{о (г - р)}{2 \sqrt{а^{2} + (г - р)^{2}}} \end{aligned}

$\begin{align} D_z(z) = \frac{\sigma}2\l(\frac{R^2}{z^2}-1\r)\sign(z-R)+\frac{\sigma R^2}{2z^2}+\frac{\sigma(z-R)}{2\sqrt{a^2+(z-R)^2}} \end{align}$ и в

z = R

$z=R$ это дает

D_{z} (z) = \frac{σ}{2}

$D_z(z) = \frac{\sigma}2$ соответствующее E-поле

E_{z} = \frac{σ}{2 ε_{0}}

$E_z=\frac\sigma{2\eps_0}$ .

Давайте оценим $D_z\l(\sqrt{R^2-a^2}\r)$ как предложила Мирджи . Обратите внимание, что $\sign(z-R)=-1$ в таком случае.

\begin{aligned} Д_{г} (\sqrt{р^{2} - а^{2}}) & \approx Д_{г} (р - \frac{а^{2}}{2 р}) \\ "=" \frac{о}{2} + \frac{о (- \frac{а^{2}}{2 р})}{2 \sqrt{а^{2} + {(\frac{а^{2}}{2 р})}^{2}}} \\ "=" \frac{о}{2} + \frac{о (- \frac{а^{2}}{2 р})}{2 а \sqrt{1 + {(\frac{а}{2 р})}^{2}}} \\ \approx \frac{о}{2} (1 - \frac{а}{2 р}) \end{aligned}

$\begin{align} D_z\l(\sqrt{R^2-a^2}\r)&\approx D_z\l(R-\frac{a^2}{2R}\r)\\ &=\frac{\sigma}2+\frac{\sigma\l(-\frac{a^2}{2R}\r)}{2\sqrt{a^2+\l(\frac{a^2}{2R}\r)^2}}\\ &=\frac{\sigma}2+\frac{\sigma\l(-\frac{a^2}{2R}\r)}{2a\sqrt{1+\l(\frac a{2R}\r)^2}}\\ &\approx\frac{\sigma}2\l(1-\frac{a}{2R}\r) \end{align}$

Чтобы принять во внимание информацию 2-го порядка для диска, предполагается, что заряженный диск изогнут. Z-координата диска $z_\sigma$ в зависимости от радиального положения $\rho$ от оси

г_{о} \approx р потому что (\frac{р}{р}) \approx р (1 - \frac{1}{2} {(\frac{р}{р})}^{2})

$z_\sigma \approx R\cos\l(\frac \rho R\r) \approx R\l(1-\frac12\l(\frac\rho R\r)^2\r)$ Потенциал на оси становится

\begin{aligned} ф (г) & "=" \frac{о}{4 π ε_{0}} \int_{р "=" 0}^{а} \frac{2 π \sqrt{1 + {(\frac{р}{р})}^{2}} р г р}{\sqrt{(г - г_{о})^{2} + р^{2}}} \end{aligned}

$\begin{align} \ph(z) &= \frac{\sigma}{4\pi\eps_0} \int_{\rho=0}^a \frac{2\pi\sqrt{1+\l(\frac{\rho}R\r)^2}\rho d\rho}{\sqrt{(z-z_\sigma)^2 + \rho^2}} \end{align}$

Сейчас у меня тайм-аут. Мне нужно идти на работу.

Отличный ответ, спасибо. Ответ гласит ${\sigma \over 2\epsilon}(1 - {a \over R})$ , однако. Как вы думаете, какие приближения были сделаны? Наверное, они предполагали, что поле в сфере равно нулю.
@mirgee Извините за опечатку с $\eps_0$ . Обычно вычисляют произведение $D=\eps_0 E$ а тут у нас было наоборот... Я это исправил. Два ответа отличаются только порядком $a/R$ . Постоянная часть такая же. значит в пределе $a\rightarrow 0$ они одинаковые. Момент, где я сделал приближение, заключается в том, что я пренебрег кривизной сферы. Возможно, это можно было бы учесть как аппроксимацию ряда Тейлора.
Так как же учесть кривизну? А также, почему вы оцениваете $D_z(z)$ в $z=R$ и не $R-{a^2 \over 2R -1}$ ?
@mirgee Ты имеешь в виду $z=\sqrt{R^2-a^2}\approx R \l(1-\frac12\l(\frac aR\r)^2\r)=R-\frac{a^2}{2R}$ ? Это изменения порядка $(a/R)^2\rightarrow0$ и им можно пренебречь(?). Кроме того, это зависит от того, как интерпретировать «середину отверстия». Как отверстие сферы можно было бы смотреть на поверхность сферы.
@mirgee С $z=R-\frac{a^2}{2R}$ я получил $\frac{\sigma}{2\eps_0}\l(1-\frac a{2R}\r)$ . Может быть, здесь уже слишком поздно, и я сделал какую-то ошибку...
Добавлен функциональный определитель для представления интеграла 2-го порядка. Мы должны интегрироваться вместе $\rho \mapsto (\rho,z_\sigma)=\l(\rho,R\cos(\rho/R)\r)$ . Это дает $|d\vec r| = \sqrt{1+\l(-R\sin(\rho/R)/R\r)^2}d\rho\approx\sqrt{1+\l(\rho/R\r)^2}d\rho$ . Поэтому мне пришлось удалить материал для D-поля 2-го порядка :-(.

Напряженность электрического поля сферической оболочки (с вырезанной крышкой)

миги

Кайл Оман

миги

Ответы (1)

Тобиас

миги

Тобиас

миги

Тобиас

Тобиас

Тобиас

Полый проводник, содержащий заряд: почему внутреннее поле уравновешивается снаружи и почему поле вне полости равно нулю внутри полости?

Сила в северном полушарии

Потенциал в центре кубического ящика

Путаница с законом Ампера [закрыто]

Распределение точечных зарядов на линии конечной длины

Электрический потенциал сферы при заданном электрическом поле

Потенциал из-за заряженного кольца: разрыв электрического поля

Поле цилиндра с поверхностной плотностью заряда σ=σ0cos(θ)σ=σ0cos⁡(θ)\sigma= \sigma_0 \cos(\theta)

Расчет электростатической энергии на единицу длины цилиндрической оболочки, окруженной коаксиальным кабелем.

Электрическое поле проводящей сферы, содержащей заряд - заземленной и незаземленной