Проблема электромагнетизма: откуда берется магнитное поле?

Рассмотрим следующую проблему:

Рассмотрим плоскость с равномерной плотностью заряда σ σ , Над упомянутой плоскостью находится система проводящих проводов, состоящая из U-образной цепи, на которой расположен линейный проводник длины d d может скользить с постоянной скоростью v v , Система в целом имеет прямоугольную форму и параллельна плоскости. (Смотри картинку). Рассчитать линейный интеграл магнитного поля В В по периметру L ( т ) L ( T ) указанного прямоугольника как функция времени . введите описание изображения здесь

Мой профессор решает эту проблему, используя четвертое уравнение Максвелла в интегральной форме, предполагая, что плотность тока J J везде нуль, и что электрическое поле Е Е это тот, который генерируется равномерно заряженной плоскостью, то есть перпендикулярно плоскости и нормы Е = σ 2 ϵ 0 Е знак равно σ 2 ε 0 ; таким образом, уступая

L ( т ) B d l = μ 0 ε 0 d d T S ( т ) Э д S = μ 0 ε 0 Е d v = 0,5 мк 0 σ d v L ( T ) В d L знак равно μ 0 ε 0 d d T S ( T ) Е d S знак равно μ 0 ε 0 Е d v знак равно 0,5 μ 0 σ d v

Я думаю, что с этим решением что-то не так:

  1. Там не должно быть никакого магнитного поля вообще! Равномерно заряженная плоскость создает только электростатическое поле. (Я знаю, что может быть магнитное поле, генерируемое током внутри проводов, но тогда вы не могли предположить, что J J везде ноль, как сделал мой профессор!)
  2. Четвертое уравнение Максвелла не выполняется в таком виде, если области интегрирования могут изменяться со временем. На самом деле, прибегая к дифференциальным формам, мы обнаруживаем, что J = 0 J знак равно 0 а также Е T = 0 Е T знак равно 0 , как предположил мой профессор, дает R B B = 0 р о T В знак равно 0 и, следовательно, линейный интеграл магнитного поля по любой замкнутой кривой в любой момент должен быть равен нулю по теореме Стокса!

Поэтому мой вопрос заключается в следующем.

Предположение моего профессора ( J J = 0 знак равно 0 , Е T = 0 Е T знак равно 0 ) исправить или сделать оба J J а также Е Е нужно изменить, чтобы учесть заряды, присутствующие в цепи? Есть ли ток в цепи вообще?

[mod edit: предыдущие комментарии перенесены в чат -DZ] Давайте продолжим эту дискуссию в чате .
Я не совсем понимаю вопрос: "длина d d может скользить с постоянной скоростью v v "- Это уже движется с v v ? Или он может , но не обязательно двигаться с такой скоростью?
@ Шинг бар движется со скоростью v v
Я добавил в свой ответ ниже простой математический вывод поверхностного интеграла в правой части правильного 4-го уравнения Максвелла для этой задачи. В отличие от Антона Фетисова, я не верю, что в проводной цепи протекает электрический ток, который может привести к появлению дополнительного магнитного поля. См. Также ответ Антона Фетисова на мой соответствующий вопрос в комментарии к его ответу.

Ответы (3)

Да, в цепи действительно есть ток, однако предлагаемое решение остается в силе, хотя для его обоснования требуются дополнительные аргументы. Я утверждаю, что предположения J = 0 J знак равно 0 , Е T = 0 Е T знак равно 0 действительны практически везде. В частности, они выходят из строя в пределах контура проводимости и в его небольшой окрестности, размер которой составляет порядка диаметра проволоки. Поскольку мы предполагаем, что провода бесконечно тонкие, макроскопически предположения верны, но важно помнить микроскопические детали.

Я буду использовать уравнения Максвелла в гауссовых единицах, чтобы избежать надоедливых μ 0 μ 0 и ε 0 ε 0 «S. Для справки они выглядят следующим образом:

⋅ ⋅ E ⋅ ⋅ B × E × B знак равно знак равно знак равно знак равно 4 π ρ 0 - 1 с В T 4 π с J + 1 с Е T Е знак равно 4 π ρ В знак равно 0 × Е знак равно - 1 с В T × В знак равно 4 π с J + 1 с Е T

Это подразумевает (при условии, что S ( т ) S ( T ) область плоскости, ограниченная L ( т ) L ( T ) )

L ( т ) B d l знак равно знак равно S ( т ) ( × B ; d S ) 4 π с S ( т ) ( J ; d S ) + 1 с S ( т ) ( Е T ; д S ) L ( T ) В d L знак равно S ( T ) ( × В ; d S ) знак равно 4 π с S ( T ) ( J ; d S ) + 1 с S ( T ) ( Е T ; d S )

Однако весь ток течет в плоскости S ( т ) S ( T ) таким образом, его поток через S ( т ) S ( T ) является 0 0 ,

Термин с частными производными сложнее для изучения. Прежде всего отметим, что макроскопически нет свободных зарядов в том смысле, что макроскопическое распределение зарядов является постоянным во времени. Также система является квазистационарной, так как скорость V C v « с --- это позволяет нам исключить любые электромагнитные волны из проблемы и работать только с зарядами и токами. Это подразумевает, что макроскопически Е Е является стационарным, но если бы мы предполагали глобально Е T = 0 Е T знак равно 0 тогда уравнения Максвелла будут означать, что В В а также J J также являются стационарными и всегда 0 0 , Чтобы увидеть, что это не так, мы должны рассмотреть, что происходит в самом проводе.

Мы предполагаем, что провод является идеальным проводником с нулевым сопротивлением. Закон Ома говорит, что в проводе E = ρ J Е знак равно ρ J , если ρ = 0 ρ знак равно 0 тогда конечный ток подразумевает E = 0 Е знак равно 0 внутри провода (РЕДАКТИРОВАТЬ: так как нас интересует только вертикальная составляющая Е Е и не может быть вертикального тока, Е Z = 0 Е Z знак равно 0 в проводе, даже если ρ 0 ρ 0 ). Таким образом, мы видим, что даже до начала движения поле не равно Е 0 Е 0 везде --- это 0 0 внутри провода и имеет некоторую промежуточную ценность в его окрестностях. Это также показывает, что во всем мире Е Е не является стационарным --- движение проволоки вызывает движение нулей Е Е и экранирующих зарядов в проводе. Это, в свою очередь, вызывает магнитное поле и индуцированный ток. Если мы попытаемся вычислить производную, то увидим, что возле провода Е Е изменения от Е 0 Е 0 в 0 0 на бесконечно малом интервале времени, поэтому производная имеет некоторую дельта-функцию- подобную форму, обеспечивая некоторое конечное (как правило) ненулевое значение для интегралов.

Для расчета поверхностного интеграла Е T Е T нам нужно преобразовать его в более управляемую форму, что-то вроде производной от непрерывной функции. Общая формула для полной производной нестационарного поверхностного интеграла имеет вид

d д т S ( т ) ( F ; d S ) = S ( т ) ( F T ; д S ) + 1 д т δ S ( т ) ( F ; d S ) d d T S ( T ) ( F ; d S ) знак равно S ( T ) ( F T ; d S ) + 1 d T δ S ( T ) ( F ; d S )

Вот δ S ( т ) δ S ( T ) является бесконечно малым изменением поверхности S ( т ) S ( T ) и я предполагаю, что S ( т ) S ( T ) варьируется, добавляя дополнительную площадь, как в проблеме (то есть без движения интерьера). Это обычное правило для расчета производных. В нашей проблеме F = E F знак равно Е и поверхность выбирается так, чтобы ее граница проходила внутри проволочной петли. Это означает, что E = 0 Е знак равно 0 возле границы S ( т ) S ( T ) и, таким образом, интеграл по изменению площади 0 0 , так что второй член исчезает, и мы имеем

S ( т ) ( Е T ; d S ) = d д т S ( т ) ( E ; d S ) S ( T ) ( Е T ; d S ) знак равно d d T S ( T ) ( Е ; d S )

поскольку Е Е везде ограничен и почти везде равен Е 0 Е 0 , ответ на вашу проблему следует.

Обратите внимание, что тираж В В не зависит от конкретного контура, проходящего через провод, но изменится, если мы переместим контур за пределы провода. Также отметим, что если мы рассмотрим бесконечно малую петлю вокруг сечения провода, то циркуляция В В будет конечным ненулевым, если через участок проходит ненулевой ток. Это демонстрирует, что когда задача задает интеграл по периметру, мы должны точно учитывать периметр, даже небольшое изменение даст неправильный ответ.

Уважаемый Антон, спасибо за подробный ответ. Я думаю, что понял суть этого, но тем не менее я все еще озадачен. Я учусь на инженера, и тот, который я посещаю, является базовым курсом классической ЭМ. Мы не рассмотрели дельта-функции, зависящие от времени поверхностные интегралы и тому подобное. Я вижу, как мой профессор рассуждает подобным образом, но для его учеников это было бы несостоятельно. Более того, это было частью простой викторины, а другие вопросы можно было решить за считанные минуты! Таким образом, если нет более непосредственного способа понять, почему решение является правильным, то, скорее всего, это будет [...]
[...] что это был небольшой недосмотр моего профессора, и что он случайно нашел правильное решение. (Надеюсь, это не звучит снисходительно, но я уже давно занимаюсь этой проблемой!)
@Nicol Я написал ответ более тщательно, чем на самом деле требуется, просто чтобы убедиться, что я ничего не пропустил, и объяснить все детали. Вам действительно не нужны дельта-функции, конечно, микроскопически дельта-функций нет, они являются артефактом крупномасштабного приближения, и вы можете делать то же самое, если у вас есть правильное представление о структуре крупномасштабного предела, но я чувствовал необходимость более подробно остановиться на кажущемся парадоксе с нулевой производной по времени и происхождении магнитного поля, тем более что это распространенный источник ошибок и путаницы.
Важной частью является то, что граничный член в производной интеграла равен 0, поскольку вертикальная составляющая электрического поля равна 0. Теперь, когда я думаю об этом, это будет верно, даже если ρ 0 ρ 0 поскольку не может быть вертикального тока.
@Nicol Похоже, что при ненулевом сопротивлении не будет тока. Это не повлияет на аргумент: мне нужно только, чтобы вертикальная составляющая электрического поля 0 0 на границе, что верно во всех случаях, так как не может быть вертикального тока и J = ρ E J знак равно ρ Е ,

Ваше понимание, изложенное в 2. правильно! В интегральной форме четвертого уравнения Максвелла с изменяющейся во времени поверхностью интегрирования, дифференцирование времени остается внутри интеграла:

L ( т ) B d l = μ 0 ε 0 S ( т ) T Э д S (1) (1) L ( T ) В d L знак равно μ 0 ε 0 S ( T ) T Е d S
Тогда из предположения Е T = 0 Е T знак равно 0 в этом случае и левая, и правая части должны быть равны нулю. Однако Антон Фетисов показал в своем ответе (с. Ниже), что из-за наведенных зарядов на движущемся проводе Е T 0 Е T 0 , Поэтому ваш профессор, очевидно, допустил ошибки, но случайно получил правильный ответ.

Приложение после ответа Антона Фетисова:
В своем правильном и глубоком анализе проблемы он рассматривает эффекты конечного размера металлического провода и электрических зарядов, вызванных на его поверхности однородным электрическим полем заряженной плоскости, которые необходимы для создания нулевого полного электрического поля. в проводах. Эти наведенные заряды и связанная с этим деформация электрического поля вокруг провода движутся со скоростью v v в Икс Икс -направление.

Таким образом, с этой точки зрения существуют токи и изменяющиеся во времени электрические поля, что не согласуется с двумя основными предположениями, сделанными в задаче, а именно: J = 0 J знак равно 0 а также Е T = 0 Е T знак равно 0 , Вторая ошибка - это решение с неправильной интегральной формой 4-го уравнения Максвелла для изменяющейся во времени поверхности / контура интегрирования

L ( т ) B d l = μ 0 ε 0 d d T S ( т ) Э д S (2) (2) L ( T ) В d L знак равно μ 0 ε 0 d d T S ( T ) Е d S
Правильная форма - уравнение (1). Из данного предположения Е T = 0 Е T знак равно 0 Отсюда следует, что правая часть уравнения (1) должна быть нулевой, как я уже говорил ранее. Это, однако, не правильно в данном конкретном случае из-за того, что наведенные заряды на проводе вызывают изменяющееся во времени поле.

В своем детальном анализе Антон Фетисов показал, что правая часть правильного уравнения (1) не равна нулю и что, что удивительно, равна правой части неправильного уравнения (2). Таким образом, решение проблемы, найденное профессором с неверным уравнением (2), случайно является правильным. Поэтому я сократил свой первоначальный короткий ответ (первый абзац) до все еще действующего факта, уже найденного Николом, что форма используемого уравнения Максвелла, как правило, была неправильной для зависящей от времени поверхности / контура интегрирования.

Добавлен простой вывод: для тех, кто не является виртуозом по математике, я хотел бы показать, основываясь на рассуждениях Антона Фетисова, как правая часть правильного 4-го уравнения Максвелла (1) может быть оценена для рассматриваемой задачи в простом Кстати, давая результат, указанный в вопросе Николь.

Существенным моментом являются заряды на проводе, которые электростатически индуцируются однородным электрическим полем. Е 0 = σ / ϵ 0 Е 0 знак равно σ / ε 0 листовой платы σ σ , Только вертикальная y-компонента должна рассматриваться как интеграл. Эти заряды являются источниками дополнительного электрического поля ϵ ( х ) ε ( Икс ) в и близко вокруг провода, который точно отменяет Е 0 Е 0 внутри проволоки и уменьшает его возле проволоки по шкале длины диаметра проволоки 2 а 2 , Это дополнительное проводное поле ϵ ( х ) ε ( Икс ) имеет самое отрицательное значение при (плоском) минимуме ε м я н = - E 0 ε м я N знак равно - Е 0 внутри провода, особенно на его оси. Точная функциональная форма здесь не имеет значения, пока ее минимум в х = 0 Икс знак равно 0 является ϵ ( 0 ) = - E 0 ε ( 0 ) знак равно - Е 0 и это ноль пара диаметров проволоки горизонтально от оси проволоки. X- и t-зависимость вертикального поля в плоскости проволоки движущейся проволоки может быть записана как ϵ ( x , t ) = ϵ ( x - v t ) ε ( Икс , T ) знак равно ε ( Икс - v T ) где ось провода (и минимум поля) находится в Икс 1 = V т Икс 1 знак равно v T , Полное вертикальное электрическое поле в плоскости проволоки определяется как

Е ( х , т ) = Е 0 + ϵ ( x ) + ϵ ( x - v t ) Е ( Икс , T ) знак равно Е 0 + ε ( Икс ) + ε ( Икс - v T )
(Второе слагаемое в RHS является независимым от времени полем левого поперечного провода.) Таким образом, с
Е T = ϵ ( х - т т ) T = ϵ ( х - т т ) Икс ( - V ) Е T знак равно ε ( Икс - v T ) T знак равно ε ( Икс - v T ) Икс ( - v )
поверхностный интеграл RHS уравнения (1) сводится к
S ( т ) T Э д S = - V D Икс 1 = V т х = 0 ϵ ( х - т т ) Икс d x = - v d [ ϵ ( x - v t ) ] Икс 1 = V т х = 0 = V D [ ϵ ( - v t ) - ϵ ( 0 ) ] = V D Е 0 S ( T ) T Е d S знак равно - v d Икс знак равно 0 Икс 1 знак равно v T ε ( Икс - v T ) Икс d Икс знак равно - v d [ ε ( Икс - v T ) ] Икс знак равно 0 Икс 1 знак равно v T знак равно v d [ ε ( - v T ) - ε ( 0 ) ] знак равно v d Е 0
где предполагалось, что ϵ ( 0 ) = - E 0 ε ( 0 ) знак равно - Е 0 а также Икс 1 = v t >> 2 a Икс 1 знак равно v T >> 2 чтобы ϵ ( - v t ) = 0 ε ( - v T ) знак равно 0 , Это показывает, что RHS уравнения (1) действительно
μ 0 V σ d 2 μ 0 v σ d 2
случайно полученное решение, цитируемое Никол.

Именно так. Просто чтобы уточнить, ошибка в том, что это правда, что
S T Э д S = д d T [ S Э д S ] S T Е d S знак равно d d T [ S Е d S ]
если поверхность S S не меняется по времени. Можно использовать интегральное правило Либница для дифференциальных форм, чтобы связать эти две величины, но есть пара терминов, которые ваш профессор забыл. Я подозреваю, что включение их решило бы парадокс.
Если я правильно перевел версию правила Либница для дифференциальных форм, то правильная версия приведенного выше утверждения
d d T [ S ( т ) Э д S ] = S ( т ) T Э д S + S ( т ) ( ⋅ ⋅ E ) v d S + S ( т ) ( v × E ) d л d d T [ S ( T ) Е d S ] знак равно S ( T ) T Е d S + S ( T ) ( Е ) v d S + S ( T ) ( v × Е ) d L ,
Второй интеграл исчезает, но третий не исчезает и устраняет ошибку.
@ Майкл Сейферт - Вы описываете это очень четко! Подобная ошибка часто допускается при интегральной форме уравнения Фарадея-Максвелла и изменяющейся во времени поверхности (закон индукции).
Я не вижу причин, почему этот ответ должен быть неправильным. В инерциальной системе заряженной плоскости у вас есть вертикальная постоянная электрического поля в пространстве и времени, и в петле со скользящим проводом нет силы (электрической или магнитной) на носители заряда в направлении провода и, следовательно, нет тока и нет магнитного поля. Поэтому в рассматриваемой системе координат действительно имеется постоянное электрическое поле во времени и пространстве и Е T = 0 Е T знак равно 0 , Для зависящей от времени поверхности / контура четвертое уравнение Максвелла должно иметь производную по времени внутри интеграла!
Я отредактировал и расширил текст своего ответа из-за удивительного анализа Антона Фетисова, который показал, что в этом особом случае из-за наведенных зарядов в проводе правильная правая часть 4-го уравнения Максвелла (1) для изменяющейся во времени интеграции поверхности / границы дают те же результаты, что и неправильная правая часть, уравнение (2).

Из 2-го уравнения (001b) уравнений Максвелла

× E × B ⋅ ⋅ E ⋅ ⋅ B = - В T = μ 0 J + 1 с 2 Е T = ρ ε 0 = 0 (001a) (001b) (001C) (001D) (001a) × Е знак равно - В T (001b) × В знак равно μ 0 J + 1 с 2 Е T (001C) Е знак равно ρ ε 0 (001D) В знак равно 0
у нас есть

S ( т ) ( × B ) d S знак равно μ 0 S ( т ) j d S + 1 с 2 S ( т ) Е T S д S (02) (02) S ( T ) ( × В ) d S знак равно μ 0 S ( T ) J d S + 1 с 2 S ( T ) Е T d S
и так как с или без тока в проводе мы имеем j d S 0 J d S 0 везде на поверхности S ( т ) S ( T )

S ( т ) B d знак равно μ 0 ε 0 S ( т ) Е T S д S (03) (03) S ( T ) В d знак равно μ 0 ε 0 S ( T ) Е T d S
Теперь, чтобы найти интеграл в правой части приведенного выше уравнения, я использую теорему Гельмгольца о переносе (1), как это было предложено @Michael Seifert в одном из его комментариев. Первая форма этой теоремы относится к потоку векторного поля. F ( х , т ) F ( Икс , T ) сквозь поверхность S ( т ) S ( T ) в движении и / или деформации (2)

d д т S ( т ) F ( x , t ) d S = S ( т ) [ F T + ( υ ) F + ( υ ) F - ( F ) υ ] d S (04) (04) d d T S ( T ) F ( Икс , T ) d S знак равно S ( T ) [ F T + ( υ ) F + ( υ ) F - ( F ) υ ] d S

выражается здесь для нашей цели как

d д т S ( т ) F ( x , t ) d S знак равно S ( т ) [ F T + ( F ) υ - × ( υ × F ) ] d S (05) (05) d d T S ( T ) F ( Икс , T ) d S знак равно S ( T ) [ F T + ( F ) υ - × ( υ × F ) ] d S
За F ( x , t ) E ( x , t ) F ( Икс , T ) Е ( Икс , T )
d д т S ( т ) E ( x , t ) d S знак равно S ( т ) [ Е T + ( ⋅ ⋅ E ) υ - × ( υ × E ) ] S d S (06) (06) d d T S ( T ) Е ( Икс , T ) d S знак равно S ( T ) [ Е T + ( Е ) υ - × ( υ × Е ) ] d S
Так
S ( т ) Е T S d S = d д т S ( т ) E ( x , t ) d S - S ( т ) ( ⋅ ⋅ E ) υ d S + S ( т ) × ( υ × E ) d S (07) (07) S ( T ) Е T d S знак равно d d T S ( T ) Е ( Икс , T ) d S - S ( T ) ( Е ) υ d S + S ( T ) × ( υ × Е ) d S
Но во первых
d д т S ( т ) E ( x , t ) S d S = lim Δt 0 1 Δ т S ( t + Δt ) E ( x , t ) d S - S ( т ) E ( x , t ) S d S = + E d υ (08) (08) d d T S ( T ) Е ( Икс , T ) d S знак равно Ит Δ T 0 1 Δ T [ S ( T + Δ T ) Е ( Икс , T ) d S - S ( T ) Е ( Икс , T ) d S ] знак равно + Е d υ
во-вторых, так как ρ 0 ρ 0 (3) каждый где на S ( т ) S ( T )
S ( т ) ( E ) υ d S = S ( т ) ρ ε 0 υ d S = 0 (09) (09) S ( T ) ( Е ) υ d S знак равно S ( T ) ρ ε 0 υ d S знак равно 0
и в-третьих
S ( т ) × ( υ × E ) d S = S ( т ) ( υ × E ) d = - E d υ (10 неправильно, см. 10 ' ) (10 неправильно, см. 10 ' ) S ( T ) × ( υ × Е ) d S знак равно S ( T ) ( υ × Е ) d знак равно - Е d υ
в заключение
S ( т ) B d знак равно μ 0 ε 0 S ( т ) Е T S d S = 0 (11 - неправильно, см. 11 ' ) (11 - неправильно, см. 11 ' ) S ( T ) В d знак равно μ 0 ε 0 S ( T ) Е T d S знак равно 0


РЕДАКТИРОВАТЬ А

Как прокомментировал @freecharly (12 января 2018 года):

Все твои выводы идеальны. За исключением уравнения (10). Как отметил Антон Фетисов, путь интегрирования пролегает в металлическом проводе, где электрическое поле равно нулю, что связано с поверхностными зарядами на проводе, вызванными однородным полем заряда положительного слоя. Следовательно, пока этот путь, зависящий от времени, проходит в цепи металлического провода, интеграл будет равен нулю.

S ( т ) ( υ × E ) d = 0 S ( T ) ( υ × Е ) d знак равно 0
Поэтому и RHS уравнения (11) = E d v знак равно Е d v !

Под этими предложениями правильные уравнения и правильный конечный результат заключаются в следующем

Вместо уравнения (10)

S ( т ) ( υ × E ) d = 0 (10 ' ) (10 ' ) S ( T ) ( υ × Е ) d знак равно 0
и наконец
S ( т ) В д = знак равно ( 03 ) μ 0 ε 0 S ( т ) Е T d S = знак равно знак равно знак равно знак равно знак равно знак равно знак равно ( 07 ) , ( 09 ) , ( 10 ' ) μ 0 ε 0 d д т S ( т ) Е ( х , т ) d S = знак равно ( 08 ) μ 0 ε 0 Е d υ = 1 2 μ 0 σ d υ (11 ' ) (11 ' ) S ( T ) В d знак равно знак равно ( 03 ) μ 0 ε 0 S ( T ) Е T d S знак равно знак равно знак равно знак равно знак равно знак равно знак равно знак равно ( 07 ) , ( 09 ) , ( 10 ' ) μ 0 ε 0 d d T S ( T ) Е ( Икс , T ) d S знак равно знак равно ( 08 ) μ 0 ε 0 Е d υ знак равно 1 2 μ 0 σ d υ S ( T ) S ( T )


(1) «Обобщенный векторный и двоичный анализ» , Чен-То, IEEE PRESS, 2-е издание, 1997 г., уравнения (6.11), (6.12), стр. 119. См. Выдержку здесь: Векторный анализ теорем о переносе.


(2) Я думаю, что существует много учебников, чтобы найти доказательство теоремы Гельмгольца о переносе . Но вы можете прочитать мои попытки доказать это (успешно, я хочу верить) здесь: поток векторного поля через подвижные / деформируемые поверхности


(3) Мы должны различать случаи символов ρ ρ а также σ σ используется в вопросе, ответах и ​​комментариях

ρ σ = { объемная плотность заряда удельное сопротивление = { плотность поверхностного заряда проводимость (обратите внимание-01) (обратите внимание, 02) (обратите внимание-01) ρ знак равно { объемная плотность заряда удельное сопротивление (обратите внимание, 02) σ знак равно { плотность поверхностного заряда проводимость


Все твои выводы идеальны. За исключением уравнения (10). Как отметил Антон Фетисов, путь интегрирования пролегает в металлическом проводе, где электрическое поле равно нулю, что связано с поверхностными зарядами на проводе, вызванными однородным полем заряда положительного слоя. Следовательно, пока этот путь, зависящий от времени, проходит в цепи металлического провода, интеграл будет равен нулю.
S ( т ) ( υ × E ) d = 0 S ( T ) ( υ × Е ) d знак равно 0
Поэтому и RHS уравнения (11) = E d v знак равно Е d v !
@freecharly: я редактирую свой ответ, оставляя мои неправильные уравнения для сравнения.