Каков поток электрического поля через основание куба от точечного заряда, бесконечно близкого к вершине?

Question

Каков поток электрического поля через основание куба от точечного заряда, бесконечно близкого к вершине?

Розовый

У меня возникли проблемы со следующей проблемой:

заряд $q$ находится на диагонали тела куба очень близко к одному из углов (расстояние $\delta$ из-за угла, $\delta$ стремящаяся к нулю), основания куба (правда, не на углу). Какой электрический поток связан с этим зарядом на основании куба.

через весь куб поток несомненно будет $\frac{q}{\epsilon_0}$ , но поскольку заряд не расположен симметрично относительно какой-либо из граней, связанный с ним поток должен быть разным для каждой грани.

Я попытался разобрать маленький куб, диагональ тела которого равна 2 $\delta$ . В этом маленьком кубе поток будет $\frac{q}{\epsilon_0}$ и заряд тоже расположен симметрично. Однако я не могу определить, какая часть потока меньшего куба фактически пройдет через основание большего куба.

Одна часть потока, очевидно, будет $\frac{q}{6\epsilon_0}$ от основания меньшего куба, но как насчет вкладов потоков других частей меньшего (гипотетического) куба в основание большего (исходного) куба.

Обратите внимание , что в отношении этого вопроса существуют некоторые неправильные представления. Вопрос не в том, чтобы выяснить поток как функцию $\delta$ но чтобы узнать поток как $\delta$ приближается к нулю. Однако следует иметь в виду одну вещь. $\delta$ не равно нулю и конечно.

интуитивно понятныйфизика

Интересная проблема.

Шинг

Причина, по которой вам не следует рассматривать коробку длины 2δ: имеет значение отношение длин L/δ. Коробка длины 2δ — это совершенно другая система.

Эмилио Писанти

Связанный: Поток через грань куба

Ответы (6)

Каков поток электрического поля через основание куба от точечного заряда, бесконечно близкого к вершине?

Причина, по которой вам не следует рассматривать коробку длины 2δ: имеет значение отношение длин L/δ. Коробка длины 2δ — это совершенно другая система.
Связанный: Поток через грань куба

Кнчжоу · Answer 1

Пусть сторона куба $a$ и пусть общий поток $\Phi = q/\epsilon_0$ . По вращательной симметрии потоки через нижнюю, переднюю и правую стороны кубов равны, скажем, $\Phi_1$ , а потоки через верхнюю, заднюю и левую стороны куба также равны, чтобы $\Phi_2$ . Таким образом, мы имеем

Φ "=" 3 Φ_{1} + 3 Φ_{2} .

$\Phi = 3 \Phi_1 + 3 \Phi_2.$ Теперь мы вычисляем

Φ_{2}

$\Phi_2$ . Поскольку все соответствующие грани находятся далеко от заряда, нет никакой разницы, если мы просто возьмем

δ = 0

$\delta = 0$ . (Это делается для

Φ_{1}

$\Phi_1$ стороны, но это потому, что они находятся рядом с зарядом.)

В этом случае заряд находится точно в центре куба со стороной $2a$ . Мы можем разделить каждый из этих больших кубов $6$ стороны в $4$ четверти, три из которых — верхняя, задняя и левая стороны исходного куба. По симметрии все $24$ куски имеют одинаковый поток, поэтому

Φ_{2} "=" Φ / 24.

$\Phi_2 = \Phi/24.$ Подставляя в наше первое уравнение, находим

Φ_{1} "=" \frac{7}{24} \frac{д}{ϵ_{0}} .

$\Phi_1 = \frac{7}{24} \frac{q}{\epsilon_0}.$

Мое впечатление от первого раунда взаимодействия с ОП было то, что они знают об этом методе, но хотели явного расчета $\Phi_1$ которые они могли затем добавить с $\Phi_2$ чтобы убедиться, что полный поток действительно достигает $q/\epsilon_0$ даже в пределе.
(ср., в частности, комментарии ОП под ответом Пола Г., что, по сути, является таким подходом.)
@EmilioPisanty Я не думаю, что это имел в виду ОП. Они просто указывают, что дело $\delta = 0$ отличается от случая $\delta = \epsilon > 0$ (что вы также можете увидеть из аргументов симметрии).
@knzhou Дело в том, что ОП был представлен этот подход и отверг его. Насколько я читал, это потому, что они не были убеждены, что $\delta=0$ расчет потока через $\Phi_2$ граней (которые вы выполнили) также выполняется для конечных $\delta$ ; по крайней мере, ваш ответ должен касаться этого.
@EmilioPisanty Я обратился к этому! «Поскольку все соответствующие лица находятся далеко от обвинения, нет никакой разницы, если мы просто возьмем $\delta = 0$ ."
@knzhou Я просто не вижу многого в этом ответе по сравнению с Полом Джи, учитывая возражения ОП, но, в конце концов, решение остается за ОП.

Эмилио Писанти · Answer 2

Это можно сделать, перемасштабировав задачу, рассмотрев электрический поток через основание куба длиной $L$ , вызванный точечным зарядом при $(\delta,\delta,\delta)$ , пока $\delta$ остается постоянным и $L$ становится намного больше, чем $\delta$ . Таким образом, мы имеем ситуацию, похожую на следующую, за исключением того, что нам нужен поток через серую поверхность, поскольку ее длинное измерение становится бесконечным.

Математическая графика

Лучше всего это сделать, разбив поверхность на четыре отмеченных сектора, каждый из которых можно точно рассчитать. Проще всего начать с маленького квадратного сектора:

Математическая графика

Поток через этот сектор в точности равен телесному углу, образуемому этим квадратом при точечном заряде, и это легко вычислить по симметрии: он составляет ровно одну треть телесного угла, образуемого тремя эквивалентными гранями маленького куба размеры $\delta,\delta,\delta$ между точечным зарядом и вершиной большего куба. Вы можете увидеть это, заполнив кублет:

Математическая графика

В свою очередь, телесный угол, образуемый этим меньшим кубом, составляет одну восьмую $4\pi$ опирается на полный куб, поэтому телесный угол, опирающийся на единственную грань, точно равен

\frac{1}{3} \frac{1}{8} 4 π "=" \frac{π}{6} .

$\frac13 \frac18 4\pi = \frac \pi6.$

Затем возьмите один из двух длинных секторов:

Математическая графика

Для конечных $L$ это немного сложно вычислить, потому что вам нужно учитывать тот факт, что сектор заканчивается в какой-то точке, но в $L\gg \delta$ ограничение того, что маленький бит будет сходиться к точке, и вы можете просто использовать это в своих вычислениях. Как только вы это сделаете, вычислить этот бит несложно: это только половина (вместо одной трети) этого фундаментального потока $\frac18 4\pi$ через единичные кубики, что можно увидеть, сопоставив этот сектор с его зеркальным отражением:

Математическая графика

Таким образом, каждый длинный сектор образует телесный угол

\frac{1}{2} \frac{1}{8} 4 π "=" \frac{π}{4}

$\frac12 \frac18 4\pi = \frac\pi4$ в точечном заряде, а вместе они составляют телесный угол

\frac{1}{8} 4 π = π / 2

$\frac18 4\pi = \pi/2$ .

Наконец, у вас есть большой квадратный сектор, который выглядит примерно так:

Математическая графика

Должно быть ясно, что для конечных $L$ телесный угол, который он образует, представляет собой довольно запутанный объект (хотя вы, вероятно, все еще можете его вычислить). В пределах $L\gg \delta$ , однако, это делается очень просто, потому что оно просто сводится к телесному углу, образуемому одним из кубиков, т.е. $\frac18 4\pi$ .

Если сложить все это вместе, то получится, что в пределе $L\gg \delta$ нижняя грань должна образовывать телесный угол

(\frac{1}{3} + 2 \times \frac{1}{2} + 1) \frac{1}{8} 4 π "=" \frac{7 π}{6} .

$\left( \frac13 +2{\times}\frac12 + 1\right) \frac18 4\pi = \frac{7\pi}{6}.$ Имеет ли это смысл? Что ж, у основания большого куба есть три эквивалентные грани, поэтому, если вы сложите их все вместе, вы получите объединенный телесный угол

3 \times \frac{7 π}{6} "=" \frac{7 π}{2}

$3\times \frac{7\pi}{6} = \frac{7\pi}{2}$ для трех соседних граней, и это оставляет общий телесный угол

4 π - \frac{7 π}{2} "=" \frac{π}{2}

$4\pi-\frac{7\pi}{2} = \frac{\pi}{2}$ для трех далеких лиц. Это разумно? Да, очень: это именно

\frac{1}{8} 4 π

$\frac18 4\pi$ телесный угол, образуемый тремя далекими гранями кублета, если смотреть из одной из его вершин, и именно так выглядят остальные три грани для

(δ, δ, δ)

$(\delta,\delta,\delta)$ как

δ \to 0

$\delta\to0$ и точка просто смешивается с вершиной в

(0, 0, 0)

$(0,0,0)$ .

^{Блокнот Mathematica, используемый для создания изображений в этом посте, доступен через Import[" http://goo.gl/NaH6rM "][" http://i.stack.imgur.com/bcsC4.png "].}

В качестве альтернативы, если вам действительно нужно детально рассмотреть гайки и болты, поток через нижнюю грань при конечном $\delta$ и $L$ на самом деле можно точно рассчитать. Проще всего это сделать в декартовых координатах, что дает несколько квадратных корней в знаменателе, но ничего страшного. Начните, затем со следующего представления:

\begin{aligned} Φ & "=" \int_{С} Е \cdot д а "=" \int_{- дельта}^{л} д Икс \int_{- дельта}^{л} д у \frac{\frac{д}{4 π ϵ_{0}} (Икс, у, - дельта) \cdot (0, 0, - 1)}{{‖ (Икс, у, дельта) ‖}^{3 / 2}} \\ "=" \frac{д дельта}{4 π ϵ_{0}} \int_{- дельта}^{л} \int_{- дельта}^{л} \frac{д Икс д у}{{({Икс}^{2} + у^{2} + {дельта}^{2})}^{3 / 2}} . \end{aligned}

$\begin{align} \Phi &=\int_S \mathbf E\cdot\mathrm d\mathbf a = \int_{-\delta}^{L}\mathrm dx \int_{-\delta}^{L}\mathrm dy \frac{\frac{q}{4\pi\epsilon_0}(x,y,-\delta)\cdot(0,0,-1)}{ \left\|(x,y,\delta)\right\|^{3/2} } \\ & = \frac{q\delta}{4\pi\epsilon_0} \int_{-\delta}^{L} \int_{-\delta}^{L} \frac{\mathrm dx\:\mathrm dy}{ \left(x^2+y^2+\delta^2\right)^{3/2} }. \end{align}$ Здесь мы используем тот факт, что внутренний интеграл вполне выполним:

\int \frac{д Икс}{{({Икс}^{2} + α^{2})}^{3 / 2}} "=" \frac{Икс}{α^{2} \sqrt{{Икс}^{2} + α^{2}}} .

$\int \frac{\mathrm dx}{ \left(x^2+\alpha^2\right)^{3/2} } = \frac{x}{\alpha^2\sqrt{x^2+\alpha^2}}.$ Помещая это в вышесказанное, мы получаем

\begin{aligned} Φ & "=" \frac{д дельта}{4 π ϵ_{0}} \int_{- дельта}^{л} {\frac{Икс}{(у^{2} + {дельта}^{2}) \sqrt{{Икс}^{2} + у^{2} + {дельта}^{2}}} |}_{- дельта}^{л} д у \\ "=" \frac{д дельта}{4 π ϵ_{0}} \int_{- дельта}^{л} [\frac{л}{(у^{2} + {дельта}^{2}) \sqrt{у^{2} + л^{2} + {дельта}^{2}}} + \frac{дельта}{(у^{2} + {дельта}^{2}) \sqrt{у^{2} + 2 {дельта}^{2}}}] д у . \end{aligned}

$\begin{align} \Phi &= \frac{q\delta}{4\pi\epsilon_0} \int_{-\delta}^{L} \left. \frac{x}{ (y^2+\delta^2)\sqrt{x^2+y^2+\delta^2} } \right|_{-\delta}^{L} \mathrm dy \\ & = \frac{q\delta}{4\pi\epsilon_0} \int_{-\delta}^{L} \left[ \frac{L}{ (y^2+\delta^2)\sqrt{y^2+L^2+\delta^2} } +\frac{\delta}{ (y^2+\delta^2)\sqrt{y^2+2\delta^2} } \right] \mathrm dy. \end{align}$ Точно так же этот интеграл также вполне выполним:

\int \frac{д у}{(у^{2} + α^{2}) \sqrt{у^{2} + β^{2}}} "=" \frac{1}{α \sqrt{β^{2} - α^{2}}} арктический (\frac{\sqrt{β^{2} - α^{2}} у}{α \sqrt{β^{2} + у^{2}}}) .

$\int \frac{\mathrm dy}{ \left(y^2+\alpha^2\right)\sqrt{y^2+\beta^2} } = \frac{1}{\alpha\sqrt{\beta^2-\alpha^2}} \arctan\left( \frac{ \sqrt{\beta^2-\alpha^2}y }{ \alpha\sqrt{\beta^2+y^2} } \right) .$

Результат тогда немного беспорядочный, но у вас есть явная форма. В частности, тогда у вас есть

\begin{aligned} Φ & "=" \frac{д дельта}{4 π ϵ_{0}} {[\frac{1}{дельта} арктический (\frac{л у}{дельта \sqrt{л^{2} + {дельта}^{2} + у^{2}}}) + \frac{1}{дельта} арктический (\frac{у}{\sqrt{2 {дельта}^{2} + у^{2}}})]}_{- дельта}^{л} \\ "=" \frac{д}{4 π ϵ_{0}} [арктический (\frac{л^{2}}{дельта \sqrt{2 л^{2} + {дельта}^{2}}}) + арктический (\frac{л}{\sqrt{л^{2} + 2 {дельта}^{2}}}) \\ + арктический (\frac{л}{\sqrt{2 {дельта}^{2} + л^{2}}}) + арктический (\frac{1}{\sqrt{3}})] . \end{aligned}

$\begin{align} \Phi &= \frac{q\delta}{4\pi\epsilon_0} \left[ \frac{1}{\delta} \arctan\left( \frac{ L y }{ \delta\sqrt{L^2+\delta^2+y^2} } \right) + \frac{1}{\delta} \arctan\left( \frac{ y }{ \sqrt{2\delta^2+y^2} } \right) \right]_{-\delta}^{L} \\ & = \frac{q}{4\pi\epsilon_0} \left[ \arctan\left( \frac{ L^2 }{ \delta\sqrt{2L^2+\delta^2} } \right) + \arctan\left( \frac{ L }{ \sqrt{L^2+2\delta^2} } \right) \right.\\ & \qquad \qquad \quad + \left. \arctan\left( \frac{ L }{ \sqrt{2\delta^2+L^2} } \right) + \arctan\left( \frac{ 1 }{ \sqrt{3} } \right) \right]. \end{align}$

Это хорошо, потому что справедливо для всех конечных $\delta$ и $L$ , но нас интересует предел этой вещи как $\delta/L\to 0$ , так что в этом духе лучше перефразировать его как

\begin{aligned} Φ & "=" \frac{д}{4 π ϵ_{0}} [арктический (\frac{л / дельта}{\sqrt{2 + {дельта}^{2} / л^{2}}}) + 2 арктический (\frac{1}{\sqrt{1 + 2 {дельта}^{2} / л^{2}}}) + арктический (\frac{1}{\sqrt{3}})] \\ \to \frac{д}{4 π ϵ_{0}} [арктический (\frac{\infty}{\sqrt{2 + 0}}) + 2 арктический (1) + арктический (\frac{1}{\sqrt{3}})] \\ "=" \frac{д}{4 π ϵ_{0}} [\frac{π}{2} + 2 \frac{π}{4} + \frac{π}{6}] "=" \frac{д}{4 π ϵ_{0}} \times \frac{7 π}{6} "=" \frac{7}{24} \frac{д}{ϵ_{0}} . \end{aligned}

$\begin{align} \Phi &= \frac{q}{4\pi\epsilon_0} \left[ \arctan\left( \frac{ L/\delta }{ \sqrt{2+\delta^2/L^2} } \right) + 2\arctan\left( \frac{ 1 }{ \sqrt{1+2\delta^2/L^2} } \right) + \arctan\left( \frac{ 1 }{ \sqrt{3} } \right) \right] \\ & \to \frac{q}{4\pi\epsilon_0} \left[ \arctan\left( \frac{ \infty }{ \sqrt{2+0} } \right) + 2\arctan\left( 1 \right) + \arctan\left( \frac{ 1 }{ \sqrt{3} } \right) \right] \\ & = \frac{q}{4\pi\epsilon_0} \left[ \frac{\pi}{2} + 2\frac{\pi}{4} + \frac{\pi}{6} \right] = \frac{q}{4\pi\epsilon_0} \times \frac{7\pi}{6} = \frac{7}{24} \frac{q}{\epsilon_0} . \end{align}$

Конечно, это согласуется с интуитивным результатом, полученным выше (и, что еще лучше, каждый член в этой конечной сумме имеет прямой и равный аналог в геометрическом разложении сверху).

Фробениус · Answer 3

Примечание. Несмотря на то, что я опоздал на вечеринку, я думаю, что нет необходимости в другом ответе на этот вопрос из-за превосходного и полного ответа Эмилио Писанти (со всеми подробностями). Но именно в этот момент несколько дней назад я пытался найти формулу для потока напряженности электрического поля $\,\mathbf{E}\,$ точечного заряда $\,Q\,$ через прямоугольный параллелограмм, как на рисунке-01.

Мои усилия привели к результату, который я публикую здесь как практическое правило предложения:

Предложение-практическое правило:

Пусть прямоугольный параллелограмм со сторонами $\,a,b\,$ и точка $\,Q\,$ расположен на высоте $\,c\,$ вертикально вверх от одного из его углов, см. Рисунок-01. Тогда телесный угол $\,\Theta\,$ по которому точка $\,Q\,$ «видит» прямоугольный параллелограмм определяется уравнением
$\begin{matrix} (01) & загар Θ "=" \frac{с}{с \cdot д} "=" \frac{а \cdot б}{с \cdot \sqrt{а^{2} + б^{2} + с^{2}}} \end{matrix}$ $\begin{equation} \tan\Theta=\dfrac{s}{c\!\cdot\!d}=\dfrac{a\!\cdot\!b}{c\!\cdot\!\sqrt{a^{2}+b^{2}+c^{2}}} \tag{01} \end{equation}$ где $\,s=a\!\cdot\!b\,$ площадь прямоугольного параллелограмма и $\,d=\sqrt{a^{2}+b^{2}+c^{2}}\,$ диагональ от $\,Q\,$ в противоположный угол.

Уравнение (01) доказано в разделе «Дифференциальная геометрия» ⁽¹⁾ для полноты, хотя его доказательство скрыто в ответе Эмилио Писанти.

Теперь обратите внимание, что если $\,Q\,$ является точечным зарядом в пустом пространстве, то поток через параллелограмм равен

\begin{matrix} (02) & Φ "=" \frac{Θ}{4 π} \frac{Вопрос}{ϵ_{0}} \end{matrix}

$\begin{equation} \Phi=\dfrac{\Theta}{4\pi}\dfrac{Q}{\epsilon_{0}} \tag{02} \end{equation}$ Например, если у нас есть куб со стороной

L = a = b = c

$\,L=a=b=c\,$ то для потока через одну из его граней от точечного заряда

Q

$\,Q\,$ расположен в одном из противоположных углов

\begin{matrix} (03) & загар Θ "=" \frac{л^{2}}{\sqrt{3} л^{2}} "=" \frac{1}{\sqrt{3}} ⟹ Θ "=" \frac{π}{6} \end{matrix}

$\begin{equation} \tan\Theta=\dfrac{L^{2}}{\sqrt{3}L^{2}}=\dfrac{1}{\sqrt{3}} \Longrightarrow \Theta =\dfrac{\pi}{6} \tag{03} \end{equation}$ так

\begin{matrix} (04) & Φ "=" \frac{\frac{π}{6}}{4 π} \frac{Вопрос}{ϵ_{0}} "=" \frac{1}{24} \frac{Вопрос}{ϵ_{0}} \end{matrix}

$\begin{equation} \Phi=\dfrac{\dfrac{\pi}{6}}{4\pi}\dfrac{Q}{\epsilon_{0}}=\dfrac{1}{24}\dfrac{Q}{\epsilon_{0}} \tag{04} \end{equation}$ в соответствии с приведенными в нем ответами: Поток через сторону куба и особенно с превосходным ответом Джошфизики, использующим свойства симметрии конфигурации.

Если точечный заряд $\,Q\,$ расположен на высоте $\,c\,$ вертикально вверх от точки внутри параллелограмма, как на рисунке-02, затем в соответствии с уравнениями (01) и (02):

\begin{aligned} (05) & Φ & "=" (\frac{Θ_{1} + Θ_{2} + Θ_{3} + Θ_{4}}{4 π}) \frac{Вопрос}{ϵ_{0}}, где \\ (06.1) & Θ_{1} & "=" арктический (\frac{с_{1}}{с \cdot д_{1}}) "=" арктический [\frac{ты в}{с \sqrt{{ты}^{2} + в^{2} + с^{2}}}] \\ (06.2) & Θ_{2} & "=" арктический (\frac{с_{2}}{с \cdot д_{2}}) "=" арктический [\frac{(а - ты) в}{с \sqrt{(а - ты)^{2} + в^{2} + с^{2}}}] \\ (06.3) & Θ_{3} & "=" арктический (\frac{с_{3}}{с \cdot д_{3}}) "=" арктический [\frac{(а - ты) (б - в)}{с \sqrt{(а - ты)^{2} + (б - в)^{2} + с^{2}}}] \\ (06.4) & Θ_{4} & "=" арктический (\frac{с_{4}}{с \cdot д_{4}}) "=" арктический [\frac{ты (б - в)}{с \sqrt{{ты}^{2} + (б - в)^{2} + с^{2}}}] \end{aligned}

$\begin{align} \Phi & = \left(\dfrac{\Theta_{1}\!+\!\Theta_{2}\!+\!\Theta_{3}\!+\!\Theta_{4}}{4\pi}\right)\dfrac{Q}{\epsilon_{0}}\:, \quad \text{where} \tag{05}\\ \Theta_{1} & = \arctan\left(\dfrac{s_{1}}{c\!\cdot\!d_{1}}\right) =\arctan\left[\dfrac{uv}{c\sqrt{u^{2}\!+\!v^{2}\!+\!c^{2}}}\right] \tag{06.1}\\ \Theta_{2} & = \arctan\left(\dfrac{s_{2}}{c\!\cdot\!d_{2}}\right) =\arctan\left[\dfrac{(a\!-\!u)v}{c\sqrt{(a\!-\!u)^{2}\!+\!v^{2}\!+\!c^{2}}}\right] \tag{06.2}\\ \Theta_{3} & = \arctan\left(\dfrac{s_{3}}{c\!\cdot\!d_{3}}\right) = \arctan\left[\dfrac{(a\!-\!u)(b\!-\!v)}{c\sqrt{(a\!-\!u)^{2}\!+\!(b\!-\!v)^{2}\!+\!c^{2}}}\right] \tag{06.3}\\ \Theta_{4} & = \arctan\left(\dfrac{s_{4}}{c\!\cdot\!d_{4}}\right) = \arctan\left[\dfrac{u(b\!-\!v)}{c\sqrt{u^{2}\!+\!(b\!-\!v)^{2}\!+\!c^{2}}}\right] \tag{06.4} \end{align}$

На вопрос: если в уравнениях (06) положить $\,a=b=L\,$ и $\,u=v=c=\delta\,$ затем

\begin{aligned} (07.1) & Θ_{1} & "=" арктический (\frac{с_{1}}{с \cdot д_{1}}) "=" арктический [\frac{{дельта}^{2}}{{дельта}^{2} \sqrt{3}}] "=" арктический (\frac{1}{\sqrt{3}}) "=" \frac{π}{6} \\ (07.2) & Θ_{2} & "=" арктический (\frac{с_{2}}{с \cdot д_{2}}) "=" арктический [\frac{(л - дельта) дельта}{дельта \sqrt{(л - дельта)^{2} + {дельта}^{2} + {дельта}^{2}}}] "=" арктический [\frac{(л - дельта)}{\sqrt{(л - дельта)^{2} + 2 {дельта}^{2}}}] \\ (07.3) & Θ_{3} & "=" арктический (\frac{с_{3}}{с \cdot д_{3}}) "=" арктический [\frac{(л - дельта)^{2}}{дельта \sqrt{2 (л - дельта)^{2} + {дельта}^{2}}}] \\ (07.4) & Θ_{4} & "=" арктический (\frac{с_{4}}{с \cdot д_{4}}) "=" арктический [\frac{дельта (л - дельта)}{дельта \sqrt{{дельта}^{2} + (л - дельта)^{2} + {дельта}^{2}}}] "=" арктический [\frac{(л - дельта)}{\sqrt{(л - дельта)^{2} + 2 {дельта}^{2}}}] \end{aligned}

$\begin{align} \Theta_{1} & = \arctan\left(\dfrac{s_{1}}{c\!\cdot\!d_{1}}\right) =\arctan\left[\dfrac{\delta^{2}}{\delta^{2}\sqrt{3}}\right]=\arctan\left(\dfrac{1}{\sqrt{3}}\right)=\dfrac{\pi}{6} \tag{07.1}\\ \Theta_{2} & = \arctan\left(\dfrac{s_{2}}{c\!\cdot\!d_{2}}\right) =\arctan\left[\dfrac{(L\!-\!\delta)\delta}{\delta \sqrt{(L\!-\!\delta)^{2}\!+\!\delta^{2}\!+\!\delta^{2}}}\right]=\arctan\left[\dfrac{(L\!-\!\delta)}{ \sqrt{(L\!-\!\delta)^{2}\!+\!2\delta^{2}}}\right] \tag{07.2}\\ \Theta_{3} & = \arctan\left(\dfrac{s_{3}}{c\!\cdot\!d_{3}}\right) = \arctan\left[\dfrac{(L\!-\!\delta)^{2}}{\delta\sqrt{2(L\!-\!\delta)^{2}\!+\!\delta^{2}}}\right] \tag{07.3}\\ \Theta_{4} & = \arctan\left(\dfrac{s_{4}}{c\!\cdot\!d_{4}}\right) = \arctan\left[\dfrac{\delta (L\!-\!\delta)}{\delta\sqrt{\delta^{2}\!+\!(L\!-\!\delta)^{2}\!+\!\delta^{2}}}\right]=\arctan\left[\dfrac{(L\!-\!\delta)}{ \sqrt{(L\!-\!\delta)^{2}\!+\!2\delta^{2}}}\right] \tag{07.4} \end{align}$ так

\begin{aligned} (08.1) & \underset{л \to \infty}{лим} Θ_{1} & "=" \underset{дельта \to 0}{лим} Θ_{1} "=" \underset{дельта / л \to 0}{лим} Θ_{1} "=" арктический (\frac{1}{\sqrt{3}}) "=" \frac{π}{6} \\ (08.2) & \underset{л \to \infty}{лим} Θ_{2} & "=" \underset{дельта \to 0}{лим} Θ_{2} "=" \underset{дельта / л \to 0}{лим} Θ_{2} "=" арктический (+ 1) "=" \frac{π}{4} \\ (08.3) & \underset{л \to \infty}{лим} Θ_{3} & "=" \underset{дельта \to 0}{лим} Θ_{3} "=" \underset{дельта / л \to 0}{лим} Θ_{3} "=" арктический (+ \infty) "=" \frac{π}{2} \\ (08.4) & \underset{л \to \infty}{лим} Θ_{4} & "=" \underset{дельта \to 0}{лим} Θ_{4} "=" \underset{дельта / л \to 0}{лим} Θ_{4} "=" арктический (+ 1) "=" \frac{π}{4} \end{aligned}

$\begin{align} \lim_{L\rightarrow \infty}\Theta_{1} & \! = \lim_{\delta\rightarrow 0}\Theta_{1} =\lim_{\delta/L \rightarrow 0}\Theta_{1} =\arctan\left(\!\dfrac{1}{\sqrt{3}}\!\right)\!=\dfrac{\pi}{6} \tag{08.1}\\ \lim_{L\rightarrow \infty}\Theta_{2} & = \lim_{\delta\rightarrow 0}\Theta_{2} =\lim_{\delta/L \rightarrow 0}\Theta_{2} =\arctan\left(+\;1\;\right)=\dfrac{\pi}{4} \tag{08.2}\\ \lim_{L\rightarrow \infty}\Theta_{3} & = \lim_{\delta\rightarrow 0}\Theta_{3} =\lim_{\delta/L \rightarrow 0}\Theta_{3} =\arctan\left(+\infty\right)=\dfrac{\pi}{2} \tag{08.3}\\ \lim_{L\rightarrow \infty}\Theta_{4} & =\lim_{\delta\rightarrow 0}\Theta_{4} =\lim_{\delta/L \rightarrow 0}\Theta_{4} = \arctan\left(+\;1\;\right)=\dfrac{\pi}{4} \tag{08.4} \end{align}$ и из (05)

\begin{matrix} (09) & Φ "=" (\frac{Θ_{1} + Θ_{2} + Θ_{3} + Θ_{4}}{4 π}) \frac{Вопрос}{ϵ_{0}} "=" (\frac{\frac{π}{6} + \frac{π}{4} + \frac{π}{2} + \frac{π}{4}}{4 π}) \frac{Вопрос}{ϵ_{0}} "=" \frac{7}{24} \frac{Вопрос}{ϵ_{0}} \end{matrix}

$\begin{equation} \Phi =\left(\dfrac{\Theta_{1}\!+\!\Theta_{2}\!+\!\Theta_{3}\!+\!\Theta_{4}}{4\pi}\right)\dfrac{Q}{\epsilon_{0}}=\left(\dfrac{\dfrac{\pi}{6}\!+\!\dfrac{\pi}{4}\!+\!\dfrac{\pi}{2}\!+\!\dfrac{\pi}{4}}{4\pi}\right)\dfrac{Q}{\epsilon_{0}}=\dfrac{7}{24}\dfrac{Q}{\epsilon_{0}} \tag{09} \end{equation}$

^{(1) Дифференциальная геометрия}

^{Чтобы найти поток $\,\Phi\,$ по уравнению (02) необходимо иметь телесный угол $\,\Theta\,$ , то есть телесный угол, под которым точечный источник $\,Q\,$ "видит" прямоугольный параллелограмм $\,\rm{ADBC}\,$ , см. Рисунок-03. Этот телесный угол по своему определению}

\begin{matrix} (дг-01) & Θ \overset{д е ф}{\equiv} \frac{С}{р^{2}} \end{matrix}

$\begin{equation} \Theta \stackrel{def}{\equiv}\dfrac{\mathrm{S}}{R^{2}} \tag{dg-01} \end{equation}$ где

S

$\,\mathrm{S}\,$ площадь сферического пятна, (стереографическая) проекция параллелограмма

A D B C

$\,\rm{ADBC}\,$ на сферической поверхности радиуса

R

$\,R\,$ как на рисунке. Параметрическое уравнение этого сферического участка имеет вид

\begin{matrix} (дг-02) & ф (Икс, у) "=" \frac{р}{\sqrt{{Икс}^{2} + у^{2} + р^{2}}} [\begin{matrix} Икс \\ у \\ \sqrt{{Икс}^{2} + у^{2} + р^{2}} - р \end{matrix}], Икс е [0, а] \land у е [0, б] \end{matrix}

$\begin{equation} \mathbf{f}\left(x,y\right)=\dfrac{R}{\sqrt{x^{2}+y^{2}+R^{2}}} \begin{bmatrix} x \vphantom{\dfrac12}\\ y \vphantom{\dfrac12}\\ \sqrt{x^{2}+y^{2}+R^{2}}\!-\!R \vphantom{\dfrac12} \end{bmatrix}\,, \quad x \in \left[0,a\right]\, \land y \in \left[0,b\right] \tag{dg-02} \end{equation}$ Обратите внимание, что параметрами этого уравнения являются декартовы координаты

x, y

$\,x,y\,$ . Вектор

f (x, y)

$\,\mathbf{f}\left(x,y\right)\,$ - вектор положения (стереографической) проекции на сферу точки

(x, y)

$\,(x,y)\,$ внутри параллелограмма.

^{Чтобы найти площадь сферического пятна $\,\mathrm{S}\,$ мы используем векторы $\,\mathbf{f}_{x} ,\mathbf{f}_{y}\,$ касательной к x-параметрическим и y-параметрическим кривым}

\begin{aligned} (дг-03а) & ф_{Икс} & \equiv \frac{\partial ф (Икс, у)}{\partial Икс} "=" \frac{р}{{({Икс}^{2} + у^{2} + р^{2})}^{\frac{3}{2}}} [\begin{matrix} у^{2} + р^{2} \\ - у Икс \\ р Икс \end{matrix}] \\ (дг-03б) & ф_{у} & \equiv \frac{\partial ф (Икс, у)}{\partial у} "=" \frac{р}{{({Икс}^{2} + у^{2} + р^{2})}^{\frac{3}{2}}} [\begin{matrix} - Икс у \\ {Икс}^{2} + р^{2} \\ р у \end{matrix}] \end{aligned}

$\begin{align} \mathbf{f}_{x} & \equiv \dfrac{\partial\mathbf{f}\left(x,y\right)}{\partial x}=\dfrac{R}{\left(x^{2}+y^{2}+R^{2}\right)^{\frac32}} \begin{bmatrix} y^{2}+R^{2}\vphantom{\dfrac12}\\ -y\,x\vphantom{\dfrac12}\\ \hphantom{-}R\,x\vphantom{\dfrac12} \end{bmatrix} \tag{dg-03a}\\ \mathbf{f}_{y} & \equiv \dfrac{\partial\mathbf{f}\left(x,y\right)}{\partial y}=\dfrac{R}{\left(x^{2}+y^{2}+R^{2}\right)^{\frac32}} \begin{bmatrix} -x\, y\vphantom{\dfrac12}\\ x^{2}+R^{2} \vphantom{\dfrac12}\\ \hphantom{-}R\,y\vphantom{\dfrac12} \end{bmatrix} \tag{dg-03b} \end{align}$ откуда для бесконечно малой нормали к поверхности имеем

\begin{matrix} (дг-04) & д С "=" (ф_{Икс} \times ф_{у}) д Икс д у "=" \frac{р^{2}}{{({Икс}^{2} + у^{2} + р^{2})}^{3}} | \begin{matrix} я & Дж & к \\ у^{2} + р^{2} & - у Икс & р Икс \\ - Икс у & {Икс}^{2} + р^{2} & р у \end{matrix} | д Икс д у \end{matrix}

$\begin{equation} \mathrm{d}\mathbf{S} =\left(\mathbf{f}_{x}\boldsymbol{\times}\mathbf{f}_{y}\right)\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y= \dfrac{R^{2}}{\left(x^{2}+y^{2}+R^{2}\right)^{3}} \begin{vmatrix} \hphantom{-}\mathbf{i} & \hphantom{-}\mathbf{j} & \hphantom{-}\mathbf{k} \hphantom{-}\vphantom{\dfrac12}\\ \hphantom{-} y^{2}+R^{2} & -y\, x & R\,x \vphantom{\dfrac12}\\ -x\, y & \hphantom{-} x^{2}+R^{2} & R\,y \vphantom{\dfrac12} \end{vmatrix} \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y \tag{dg-04} \end{equation}$ то есть

\begin{matrix} (дг-05) & д С "=" \frac{р^{3}}{{({Икс}^{2} + у^{2} + р^{2})}^{2}} [\begin{matrix} - Икс \\ - у \\ р \end{matrix}] д Икс д у \end{matrix}

$\begin{equation} \mathrm{d}\mathbf{S} =\dfrac{R^{3}}{\left(x^{2}+y^{2}+R^{2}\right)^{2}} \begin{bmatrix} -x \vphantom{\dfrac12}\\ -y \vphantom{\dfrac12}\\ \hphantom{-}R\vphantom{\dfrac12} \end{bmatrix} \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y \tag{dg-05} \end{equation}$ а для бесконечно малой площади

\begin{matrix} (дг-06) & д С "=" ‖ ф_{Икс} \times ф_{у} ‖ д Икс д у "=" \frac{р^{3}}{{({Икс}^{2} + у^{2} + р^{2})}^{\frac{3}{2}}} д Икс д у \end{matrix}

$\begin{equation} \mathrm{d}\mathrm{S} =\Vert\mathbf{f}_{x}\boldsymbol{\times}\mathbf{f}_{y}\Vert\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y=\dfrac{R^{3}}{\left(x^{2}+y^{2}+R^{2}\right)^{\frac32}}\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y \tag{dg-06} \end{equation}$ Таким образом, площадь сферического пятна

S

$\,\mathrm{S}\,$ является

\begin{matrix} (дг-07) & С "=" р^{3} \int_{у "=" 0}^{у "=" б} \int_{Икс "=" 0}^{Икс "=" а} \frac{1}{({Икс}^{2} + у^{2} + р^{2})^{\frac{3}{2}}} д Икс д у \end{matrix}

$\begin{equation} \mathrm{S} =R^{3}\int\limits_{y=0}^{y=b}\int\limits_{x=0}^{x=a}\dfrac{1}{\bigl(x^{2}\!+\!y^{2}\!+\!R^{2}\bigr)^{\frac32}}\mathrm{d}x \mathrm{d}y \tag{dg-07} \end{equation}$ Не случайно этот двойной интеграл появляется в ответе Эмилио Писанти, и хотя он интегрирован в него, мы также здесь для полноты исходим из следующего: ^{из неопределенного интеграла

$\begin{matrix} (дг-08) & \int \frac{1}{({Икс}^{2} + у^{2} + р^{2})^{\frac{3}{2}}} д Икс "=" \frac{Икс}{(у^{2} + р^{2}) \sqrt{у^{2} + {Икс}^{2} + р^{2}}} + постоянный \end{matrix}$ $\begin{equation} \int\dfrac{1}{\bigl(x^{2}\!+\!y^{2}\!+\!R^{2}\bigr)^{\frac32}}\mathrm{d}x =\dfrac{x}{\left(y^{2}\!+\!R^{2}\right)\sqrt{y^{2}\!+\!x^{2}\!+\!R^{2}}}+\text{constant} \tag{dg-08} \end{equation}$ у нас сначала
$\begin{matrix} (дг-09) & \int_{Икс "=" 0}^{Икс "=" а} \frac{1}{({Икс}^{2} + у^{2} + р^{2})^{\frac{3}{2}}} д Икс "=" \frac{а}{(у^{2} + р^{2}) \sqrt{у^{2} + а^{2} + р^{2}}} \end{matrix}$ $\begin{equation} \int\limits_{x=0}^{x=a}\dfrac{1}{\bigl(x^{2}\!+\!y^{2}\!+\!R^{2}\bigr)^{\frac32}}\mathrm{d}x =\dfrac{a}{\left(y^{2}\!+\!R^{2}\right)\sqrt{y^{2}\!+\!a^{2}\!+\!R^{2}}} \tag{dg-09} \end{equation}$ так
$\begin{matrix} (дг-10) & С "=" р^{3} \int_{у "=" 0}^{у "=" б} \frac{а}{(у^{2} + р^{2}) \sqrt{у^{2} + а^{2} + р^{2}}} д у \end{matrix}$ $\begin{equation} \mathrm{S} =R^{3}\int\limits_{y=0}^{y=b}\dfrac{a}{\left(y^{2}\!+\!R^{2}\right)\sqrt{y^{2}\!+\!a^{2}\!+\!R^{2}}} \mathrm{d}y \tag{dg-10} \end{equation}$ и после этого из неопределенного интеграла

$\begin{matrix} (дг-11) & \int \frac{а}{(у^{2} + р^{2}) \sqrt{у^{2} + а^{2} + р^{2}}} д у "=" \frac{арктический (\frac{а у}{р \sqrt{у^{2} + а^{2} + р^{2}}})}{р} + постоянный \end{matrix}$ $\begin{equation} \int \dfrac{a}{\left(y^{2}\!+\!R^{2}\right)\sqrt{y^{2}\!+\!a^{2}\!+\!R^{2}}} \mathrm{d}y=\dfrac{\arctan\left(\dfrac{a y}{R\sqrt{y^{2}\!+\!a^{2}\!+\!R^{2}}}\right)}{R}+\text{constant} \tag{dg-11} \end{equation}$ у нас наконец есть
$\begin{matrix} (дг-12) & С "=" р^{2} арктический (\frac{а б}{р \sqrt{а^{2} + б^{2} + р^{2}}}) "=" р^{2} арктический (\frac{а б}{р д}) \end{matrix}$ $\begin{equation} \mathrm{S} =R^{2}\arctan\left(\dfrac{a\,b}{R\sqrt{a^{2}\!+\!b^{2}\!+\!R^{2}}}\right)=R^{2}\arctan\left(\dfrac{a\,b}{R\, d}\right) \tag{dg-12} \end{equation}$ и так
$\begin{matrix} (дг-13) & Θ "=" \frac{С}{р^{2}} "=" арктический (\frac{а б}{р \sqrt{а^{2} + б^{2} + р^{2}}}) "=" арктический (\frac{а б}{р д}) \end{matrix}$ $\begin{equation} \Theta =\dfrac{\mathrm{S}}{R^{2}}=\arctan\left(\dfrac{a\,b}{R\sqrt{a^{2}\!+\!b^{2}\!+\!R^{2}}}\right)=\arctan\left(\dfrac{a\,b}{R\, d}\right) \tag{dg-13} \end{equation}$ доказывающее уравнение (01).}

^{Ниже приведены две 3D-версии Фигуры-03.}

Как вы сделали трехмерные изображения, сэр, и есть ли у вас pdf-файл всего этого объяснения?
@Orion_Pax: хотя спустя 7 месяцев добро пожаловать в PSE. Я рисую все рисунки с помощью бесплатного программного обеспечения GeoGebra. Одним из его преимуществ является то, что вы можете вставлять уравнения в $\LaTeX$ . Во-вторых, вы могли рисовать в 3D, и программа дает вам возможность экспортировать изображение в 3D-версию для красно-синих очков. Это произошло здесь с Фигурой-03. Я нарисовал его в 3D, а помимо 2D-версии я легко экспортировал два 3D-изображения.
@Orion_Pax: Что касается .pdf, давайте начнем с вопроса: знакомы ли вы с $\LaTeX$ и, следовательно, с его версией для PSE с именем MathJax?
Я вижу, хорошо, что я попробую использовать GeoGebra, и сэр, я не очень привык к Latex, так же как и к MathJax :(, но, конечно, скажите, какой метод вы бы предложили, если бы я знал их, на всякий случай)?
Этот пост очень старый, у меня нет файла .pdf. Мы можем создать его, скопировав код MathJax в моем ответе в (La)TeXmaker. Я мог бы сделать это быстро, но я предлагаю оставить это вам. Это был бы хороший шанс начать изучать и использовать этот удивительный инструмент. $\LaTeX$ .
Я вижу, я попробую, сэр, спасибо :), а для изображений просто загрузить их в латексмейкер?
@Orion_Pax: Да, щелкните правой кнопкой мыши каждое изображение и «Сохранить изображение как ...».

Пол Г. · Answer 4

Пол Г.

Возможно, более простой подход:

В задаче есть некоторая симметрия . Рассмотрим 3 стороны, которые встречаются в углу, ближайшем к заряду. Есть ли причина, по которой потоки через них будут разными? То же самое для оставшихся 3-х сторон. Так что на самом деле есть только два неизвестных значения потока. Этот вопрос поможет вам найти один из них , а закон Гаусса должен дать вам другой.

Розовый

заряд находится на некотором конечном расстоянии от угла, мы не можем считать его находящимся на углу. приведенная ссылка предназначена для случая, когда заряд находится точно в углу.

Пол Г.

@user356886 user356886: Да, если вам нужен ответ как функция дельты, то предложенный мной метод не подходит. Однако я думал, что вопрос касается потока в пределе, когда дельта стремится к нулю. Если это так, то вы можете сказать следующее: пусть F1(дельта) будет потоком через 3 «ближние» плоскости, а F2(дельта) будет потоком через 3 «дальние» плоскости. Мы знаем, что F1(дельта) + F2(дельта) = q/e для дельта > 0. (Условие дельта > 0 здесь просто для того, чтобы гарантировать, что заряд находится внутри коробки.) Взяв предел, вы получите F1( 0) = q/e - F2(0), а F2(0) определяется связанным ответом.

Розовый

мне не требуется поток как функция дельты, мне нужен поток, связанный с основанием куба в пределе, когда дельта стремится к нулю. это не означает, что я вычисляю поток, полагая дельта = 0. дельта конечна и ненулевой.это видно так.заряд очень близко к углу по диагонали корпуса но не на углу.

интуитивно понятныйфизика · Answer 5

Один из способов сделать это в основном сводится к расчету гаек и болтов с учетом закона Гаусса. И координировать преобразования в уме. Вы должны проверить мои преобразования на наличие опечаток, но метод остается прежним

Дайте определение электрическому полю

\vec{Е} "=" \frac{к д}{| {\vec{р}}^{'} |^{2}} {\hat{р}}^{'}

$\vec{E}={kq\over |\vec{r}'|^2}\hat{r}'$

Но представьте заряд существующим относительно вершины декартовой системы координат. Конечно, это означает, что $\vec{r'}$ в приведенном выше определяется относительно заряда (не вершины декартовой системы). Перепишите приведенное выше как

\vec{Е} "=" \frac{к д}{| \vec{р} - \vec{р_{д}} |^{2}} {\hat{р}}^{'},

$\vec{E}={kq\over |\vec{r}-\vec{r_q}|^2}\hat{r}',$ где

\vec{r}

$\vec{r}$ теперь берется из декартовой вершины, и

\vec{r_{q}}

$\vec{r_q}$ это положение заряда.

Единичный вектор нормали к интересующей вас поверхности равен $\hat{z}$ который можно записать $\hat{z}=\hat{r}\cos(\theta)$ для преобразования.

Поверхность интереса $\mathrm dx\:\mathrm dy$ , где

\begin{aligned} д Икс & \to грех (ф) грех (θ) д р д ф и \\ д у & \to - грех (ф) потому что (θ) д р д ф, \end{aligned}

$\begin{align} \mathrm dx &\to \sin(\phi)\sin(\theta)\mathrm dr \: \mathrm d\phi \quad\text{and} \\ \mathrm dy &\to -\sin(\phi)\cos(\theta)\mathrm dr \: \mathrm d\phi, \end{align}$ так что это дает

d \vec{a} = - \hat{r} \sin^{2} (θ) \cos (ϕ) \sin (ϕ) d r d ϕ

$d\vec{a}=-\hat{r}\sin^2(\theta)\cos(\phi)\sin(\phi)\mathrm dr \: \mathrm d\phi$ .

По закону Гаусса поток (через эту поверхность) может быть записан как

\int_{С_{б о т т о м}} \vec{Е} \cdot д \vec{а} "=" - \int_{р} \int_{ф} \frac{к д}{| {\vec{р}}^{'} |^{2}} {\hat{р}}^{'} \cdot \hat{р} {грех}^{2} (θ) потому что (ф) грех (ф) д р д ф .

$\int_{S_\mathrm{bottom}}\vec{E}\cdot d\vec{a}=-\int_{r}\int_{\phi}{kq\over |\vec{r}'|^2}\hat{r}'\cdot\hat{r}\sin^2(\theta)\cos(\phi)\sin(\phi)\mathrm dr \: \mathrm d\phi.$

Этот интеграл выглядит немного громоздким, но мы можем использовать наши ограничения для упрощения . Для одного как $r_q\rightarrow 0$ должно быть ясно, что $\hat{\vec{r}}$ и ${\vec{r}}'$ стать антипараллельными, и что $\vec{r}=-\vec{r}$ . И $\theta={\pi\over 2}$ Итак, мы имеем в этом пределе

\int_{С_{б о т т о м}} \vec{Е} \cdot д \vec{а} "=" \int_{р} \int_{ф} \frac{к д}{(р + ϵ)^{2}} потому что (ф) грех (ф) д р д ф .

$\int_{S_\mathrm{bottom}}\vec{E}\cdot d\vec{a} = \int_{r}\int_{\phi}{kq\over (r+\epsilon)^2}\cos(\phi)\sin(\phi)\mathrm dr \: \mathrm d\phi.$

Довольно просто вывести полученный интеграл с помощью $0^+<r<\infty$ и ${\pi\over 2}<\phi<\pi$ .

ПРИМЕЧАНИЕ. На самом деле интеграл по $r$ это тот, с которым нужно быть осторожным, у него есть полюса !, поэтому его нужно оценивать с точки зрения метода контурной интеграции ... все еще выполнимо. А результат...

Может /а может и нет быть некоторые небольшие нюансы, которые следует учитывать при интеграции, чтобы избежать расхождения, но я думаю, что общее рациональное решение должно быть в порядке.

арийский бансал · Answer 6

если заряд в вершине полного потока через куб равен $\frac{q}{8\epsilon_0}$ . поток через три грани $\frac{q}{24\epsilon_0}$ каждая и через 3 грани равна нулю. $\frac{q}{8\epsilon_0}$ можно легко вывести, если сказать, что больший куб можно сделать из 8 таких кубов, $q$ в его центре, и поток через каждый куб должен быть одинаковым по симметрии. Когда заряд находится внутри куба, поток в трех гранях, у которых был поток $\frac{q}{24\epsilon_0}$ каждый не изменится, и общий поток из куба должен быть $\frac{q}{\epsilon_0}$ . Все 3 лица, которые имели $0$ поток должен иметь оставшийся поток, поровну разделенный между ними из-за симметрии (поскольку точка находится на диагонали тела). ответ есть $\frac{7q}{24\epsilon_0}$

Каков поток электрического поля через основание куба от точечного заряда, бесконечно близкого к вершине?

Розовый

интуитивно понятныйфизика

Шинг

Эмилио Писанти

Ответы (6)

Кнчжоу

Эмилио Писанти

Эмилио Писанти

Кнчжоу

Эмилио Писанти

Кнчжоу

Эмилио Писанти

Эмилио Писанти

Фробениус

Орион_Пакс

Фробениус

Фробениус

Орион_Пакс

Фробениус

Орион_Пакс

Фробениус

Орион_Пакс

Пол Г.

Розовый

Пол Г.

Розовый

интуитивно понятныйфизика

интуитивно понятныйфизика

арийский бансал

Электрическое поле однородно заряженной сферы с полостью [закрыто]

Как применить закон Гаусса к коаксиальным проводящим цилиндрам?

Сферические заряженные снаряды с заземлением

Электрическое поле в оболочке

«Найдите результирующую силу, с которой южное полушарие равномерно заряженного шара действует на северное полушарие».

Электрическое поле внутри коаксиального кабеля

Электрическое поле конечной проводящей пластины

Распределение заряда на конденсаторе с параллельными пластинами

Поле в центре куба с положительно и отрицательно заряженными гранями [дубликат]

Доказательство постоянства электрического поля между двумя заряженными бесконечными параллельными пластинами