Оценка суммарной силы, с которой южное полушарие равномерно заряженной сферы действует на северное полушарие.

Итак, наконец, я понимаю свою ошибку, на которую указал @Triatticus, что я принял северное полушарие за точечный заряд, и это неверно. Требуется вычислить силу с использованием интегрирования, и я представляю решение, которое не требует интегрирования с использованием полярных координат, как это сделано в связанном посте:

---

Продолжая, взяв гауссову оболочку радиуса$r$, применим закон Гаусса как

$$|E|4\pi r^2 = \dfrac{\rho\left(\dfrac{4}{3}\pi r^3\right)}{\epsilon_0} \implies E=\dfrac{\rho r}{3 \epsilon_0}$$ Мы будем использовать$\rho=\dfrac{Q}{\frac{4}{3}\pi R^3}$позже.

Теперь нам нужна общая сила, приложенная к каждому элементарному заряду.$\mathrm dq$благодаря этому полю. Ясно, что сила будет направлена ​​вертикально вверх, проходя через центр сферы из-за симметрии.

Сила, приложенная к элементарному заряду$\mathrm dq$дан кем-то$\mathrm d \overrightarrow{F}=\overrightarrow{E} \mathrm d q$и поэтому полная сила определяется интегрированием этого выражения, т. е.

$$\overrightarrow{F}=\int \mathrm d \overrightarrow {F} =\int \overrightarrow E \mathrm dq=\dfrac{\rho}{3\epsilon_0}\int \overrightarrow{r} \mathrm d q$$

Теперь, что дает интеграл$\displaystyle \int \overrightarrow{r} \mathrm d q$напомнить нам? Напомним, что в механике положение центра масс тела массы$m$дан кем-то$\dfrac{\displaystyle \int \overrightarrow{r} \mathrm d m}{\displaystyle \int \mathrm d m}$, поэтому из этого мы можем сделать вывод, что, используя аналогию, мы прикладываем всю эту силу к центру масс северного полушария. Это стандартный результат, что центр масс твердого шара находится на расстоянии$\dfrac{3R}{8}$от центра. Итак, используя$\displaystyle \int \overrightarrow{r} \mathrm d q=\dfrac{3QR}{16}$, и подставив значение$\rho$с точки зрения$Q$, мы получаем чистую силу как

$$\boxed{F=\dfrac{3Q^2}{64 \pi \epsilon_0 R^2}}$$