Почему электрическое поле бесконечной пластины постоянно во всех точках?

Я думаю, что лучший способ ответить на этот вопрос — это заняться математикой и физикой. Из первых принципов, а не из какого-то ярлыка.

Из закона Кулуба и определения электрического поля:

$$\vec{E} = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{q}{r^2} \hat{\mathbf{r}}$$

Рассмотрим сначала бесконечную проволоку изменений (позже мы построим лист). А пока зададим плотность заряда всего провода:$\lambda$. Где$\lambda = \frac{dq}{d\ell}$.

Тогда дифференциальная форма уравнения электрического поля может быть представлена ​​​​как (используя обозначения на изображении):

$$d\vec{E} = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{dq}{r^2} \hat{\mathbf{r}} = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{\lambda}{r^2} d\ell \;\hat{\mathbf{r}}$$

Теперь из изображения должно быть немного ясно, что компоненты электрического поля от провода в направлении «вверх вниз» ($\hat{\mathbf{y}}$) направления компенсируют друг друга независимо от значения$R$и$\ell$. Поэтому рассмотрим только электрическое поле в$\hat{\mathbf{x}}$направление.

Из геометрии мы замечаем следующее:

$$r = \sqrt{\ell^2 + R^2} = \frac{R}{\cos \theta}$$ $$d\ell = R d\theta$$ $$\hat{\mathbf{x}} = \cos \theta \; \hat{\mathbf{r}}$$

Поэтому:

$$d\vec{E} = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{\lambda \cos^2 \theta}{R^2} \frac{R}{\cos \theta} d\theta \;\hat{\mathbf{x}}$$ $$= \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{\lambda}{R} \frac{\cos^2 \theta}{\cos \theta} \;\hat{\mathbf{x}}$$

Теперь мы хотим найти полное электрическое поле по всей длине провода. Таким образом, мы хотим интегрировать по всему проводу. Это означает, что, интегрируя по углу$\theta$:$-\frac{\pi}{2} \rightarrow \theta \rightarrow \frac{\pi}{2}$. Поэтому:

$$\vec{E_x} = \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{\lambda}{R} \frac{\cos^2 \theta}{\cos \theta} \;\hat{\mathbf{x}}$$ $$= \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{\lambda}{R} \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \cos \theta \;\hat{\mathbf{x}}$$ $$= \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{2\lambda}{R} \;\hat{\mathbf{x}}$$

Обратите внимание, что для бесконечного провода электрическое поле зависит от вашего расстояния от провода.

Однако нам нужен лист. Мы можем построить лист chrage, выровняв множество проводов в ряд, параллельно друг другу. Предположим, все еще используя изображение, мы складываем их вдоль$\hat{\mathbf{z}}$ось. Должно быть ясно, что, как и$\hat{\mathbf{y}}$компонента электрического поля компенсируется, когда провод проходит вдоль этой оси, лист также компенсирует вклады от$\hat{\mathbf{z}}$.

Мы переназначаем расстояние, на котором рассматриваемая точка находится от листа, как$D$, как$R$теперь находится между точкой и одним из проводов (расстояние$z$от точки на листе над рассматриваемой точкой) во всем листе. Это значит, что$R$связано теперь, дано:

$$R = \sqrt{D^2 + z^2} = \frac{D}{\cos \phi}$$

Где$\phi$это угол между линиями$R$и$D$, аналогично тому, как$\theta$это угол изображения (просто экстраполируйте на 3D). Кроме того, поверхностный заряд листа теперь определяется выражением:

$$\lambda = \sigma dz = \sigma D d\phi$$

$$\hat{\mathbf{r'}} = \cos \phi \; \hat{\mathbf{x}}$$

Обратите внимание, что второе уравнение поначалу может не иметь особого смысла; однако это похоже на наше предыдущее преобразование ($\hat{\mathbf{x}} = \cos \theta \; \hat{\mathbf{r}}$), за исключением того, что направление является новым смещением от$\hat{\mathbf{r'}}$.

Если мы возьмем ответ для электрического поля через линию заряда и представим его в дифференциальной форме:

$$d\vec{E_{r'}} = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{2\lambda}{R} \;\hat{\mathbf{r'}}$$

Замена:

$$d\vec{E_x} = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{2 \sigma D }{D} \frac{\cos \phi}{\cos \phi} d\phi \;\hat{\mathbf{x}}$$ $$= \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \left( 2 \sigma \right) d\phi \;\hat{\mathbf{x}}$$

Наконец, опять же, как и с проволокой, интегрируем по всему листу:$-\frac{\pi}{2} \rightarrow \phi \rightarrow \frac{\pi}{2}$

$$\vec{E_x} = \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \left( 2 \sigma \right) d\phi \;\hat{\mathbf{x}}$$ $$= \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \left( 2 \sigma \right) \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} d\phi \;\hat{\mathbf{x}}$$ $$= \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \left( 2 \sigma \right) \left( \pi \right) = \frac{\sigma}{2 \epsilon_0}$$

Как видите, из-за геометрии бесконечного листа зависимость от расстояния от листа выпадала из уравнения (без приближений, по большей части). Делая расчет из первых принципов, мы получили уравнение для электрического поля с помощью бесконечной пластины, которую обычно можно найти в учебнике.

Если ваш вопрос задан по фактической причине (а не по тому, как мы ее знаем), весь этот вывод является следствием закона Кулона. Спросить, почему закон Кулона такой, какой он есть, выходит за рамки этого ответа (и физики?).

Вот быстрый способ думать об этом.

Представьте, что вы находитесь на расстоянии R от пластины и знаете силу круга на пластине с радиусом R. Площадь круга равна пи R^2.

Теперь продвиньтесь в два раза дальше. Сила от каждого точечного заряда уменьшается с 1/R^2 до 1/4R^2 по закону обратных квадратов. Площадь круга радиусом 2R равна 4 пи R^2.

Геометрия означает, что общая сила остается неизменной. Каждое изменение из-за закона обратных квадратов уравновешивается таким же изменением из-за увеличения площади гомологичной структуры.

Поле становится слабее по мере удаления от точечного заряда, потому что линии поля могут расходиться.

Силовые линии бесконечной плоскости никогда не могут расходиться; они просто идут параллельно друг другу навсегда. Значит, напряженность поля постоянна.

Это будет намного проще, если вы используете закон Гаусса, чтобы доказать это всего несколькими строками, чем этот сложный способ математических манипуляций.

Начертите замкнутую цилиндрическую гауссову поверхность с двумя торцевыми поверхностями A, расположенными так, чтобы перпендикулярно протыкать бесконечный слой зарядов. Поскольку линии электрического поля перпендикулярны слою зарядов, а гауссова поверхность закрытого цилиндра также перпендикулярна слою заряда, линии электрического поля также должны быть перпендикулярны 2 областям торцевой поверхности крышки A, это означает, что электрическое поле вектор E и вектор дифференциальной площади дифференциальной дельты площади A параллельны и указывают в одном и том же направлении x. Таким образом, произведение E dA может быть выражено как (Ei) (dAi) EdA i*i=EdA(1) = EdA Теперь вы просто подставьте результат в уравнение закона Гаусса для заряда на замкнутой поверхности и возьмите его интеграл следующим образом: Пусть Ео будет константой диэлектрической проницаемости.

Интеграл Eo от EdA = интеграл EoE dA = Qenc
, где Qenc — заряд на слое зарядов, окруженном пронизывающей цилиндрической гауссовой поверхностью =aA, где a — плотность заряда, а A — площадь поверхности

Поскольку dA =A ----> интегральный результат равен EoEA= Qenc Поскольку имеются 2 площади поверхности A, EoE (A+A) Qenc= aA ----> E = aA/2AEo

Е = а/2Ео. Поскольку в уравнении для величины электрического поля нет никакой переменной, представляющей расстояние r, величина электрического поля бесконечного слоя зарядов не зависит от расстояния между слоем зарядов и любой точкой электрического поля. a и Eo постоянны, поэтому E = постоянна во всех точках электрического поля.

Рассмотрим отрицательно заряженную пластину и электрон на небольшом расстоянии от нее.

Пластина отталкивает заряд. Электроны в пластине, которые находятся ближе всего к свободному электрону, толкаются в перпендикулярном направлении, а также отталкиваются больше всего, потому что они ближе, чем любые другие электроны в пластине.

Остальные заряды находятся на большем расстоянии и меньше толкают, а также в основном вбок. Из-за симметрии остаются только компоненты, перпендикулярные пластине. На каждый заряд с одной стороны электрона приходится другой заряд с противоположной стороны.

Если вы отодвинете электрон от пластины, количество зарядов, которые меньше толкают в сторону, увеличится (большая часть заряда пластины находится «под» электроном) ровно на столько, чтобы компенсировать большее расстояние.