Конденсатор и его напряженность

[PhysicGuy]

В Иродове эта задача стоит под номером 3.87 2009 года издания:
Половина пространства между двумя концентрическими обкладками сферического конденсатора заполнена, как показано на рисунке, однородным изотропным диэлектриком с проницаемостью ε. Заряд конденсатора равен q. Найти модуль вектора напряженности электрического поля между обкладками как функцию расстояния r от центра кривизны этих обкладок.

Моё решение:
Используем теорему Гаусса Ф=\int EdS=Q/\varepsilon_0. Получаем для конденсатора $\frac{E \cdot \pi \cdot r^2}{2}+\frac{\varepsilon_0 \cdot E \cdot \pi \cdot r^2}{2}=\frac{Q}{\varepsilon_0 }$. Нахожу полуплощади. С ответами не совпадает. Не могу понять почему будет $2 \cdot E \cdot \pi \cdot r^2+2 \cdot \varepsilon_0 \cdot E \cdot \pi \cdot r^2=\frac{Q}{\varepsilon_0 }$.

[Ms-dos4]

Вам нужна теорема Гаусса для $\[{\vec D}\]$ (вы же не знаете связанные заряды в диэлектрике). Из непрерывности тангенциальных компонент $\[{\vec E}\]$ на границе диэлектрик-вакуум, а так же из сферической симметрии, поля получаются одинаковыми и равны $\[E = \frac{C}{{{r^2}}}\]$ - константа, которую и нужно найти). Теперь считаем поток $\[{\Phi _{\vec D}} = 4\pi q = \frac{C}{{{r^2}}}2\pi {r^2} + \frac{{\varepsilon C}}{{{r^2}}}2\pi {r^2}\]$
Дальше сами доделаете (я считал всё в СГС)

[Munin]

Вам не кажется, что вы неправильно вспомнили площадь сферы (перепутали с площадью круга)?

[Sicker]

А разве поле будет однородно?(в диэлектрической части оно уменьшается, а в вакуумной нет)

[Ms-dos4]

Sicker
Поле однородным быть никак не может, у него зависимость от $\[r\]$ есть. А если вы про то, что оно одинаковое и в (1) и в (2), то да.

[Munin]

Sicker
Используйте тот факт, что циркуляция $\mathbf{E}$ равна нулю. Равенство поля будет достигнуто за счёт другой концентрации заряда на обкладках под диэлектриком и без диэлектрика.

[amon]

Ms-dos4 в сообщении #1014579 писал(а):

а так же из сферической симметрии

Симметрия задачи таки цилиндрическая, а не сферическая.

Munin в сообщении #1014606 писал(а):

Используйте тот факт, что циркуляция $\mathbf{E}$ равна нулю.

Так она всегда ноль, какое бы $\mathbf{E}$ не было. Как эту задачу решить "нечестно", но без знания того факта, что ответ получится сферически симметричным я лично не знаю.

[Ms-dos4]

amon
Т.е. как это не сферическая? Конденсатор то сферический.

[amon]

Ms-dos4 в сообщении #1014670 писал(а):

Т.е. как это не сферическая?

Если Вы наполовину зальёте шар свинцом, то получится "ванька-встанька", т. е. у системы имеется выделенное направление (аксиальная, не цилиндрическая, как я второпях ляпнул, симметрия относительно поворотов вокруг выделенной оси). А для применения теоремы Гаусса нужна сферическая.

[Ms-dos4]

amon
Первое понял, согласен. А почему теорему Гаусса применять нельзя, я не понял. Мы её используем только для того, что бы связать полный поток и заряд.

[Sicker]

Ms-dos4
Мы не знаем, что поле обладает сферической симметрией

[Munin]

amon в сообщении #1014631 писал(а):

Симметрия задачи таки цилиндрическая, а не сферическая.

Мягко говоря, и цилиндрической нет. А сферическая восстанавливается после замены координат.

-- 13.05.2015 22:52:03 --

amon в сообщении #1014672 писал(а):

А для применения теоремы Гаусса нужна сферическая.

Для применения теоремы Гаусса нужны мозги :-) То есть, в принципе, область её применения не так узка.

-- 13.05.2015 22:53:06 --

Sicker в сообщении #1014683 писал(а):

Мы не знаем, что поле обладает сферической симметрией

Ну, если подумать, то знаем.

[amon]

Ms-dos4 в сообщении #1014676 писал(а):

А почему теорему Гаусса применять нельзя, я не понял.

Применять можно, но она (по крайней мере - сходу) ответа не даст. Обычно логика такая. Выберем поверхность, имеющую симметрию задачи. Тогда поле на этой поверхности - константа, и дальше - дело техники. Важно, что бы из соображений симметрии можно было сосчитать поверхностный интеграл. В данной задаче имеется скрытая симметрия, не очевидная из условия, и как ее ущучить без сферических функций я что-то не соображу.

[svv]

amon
Пусть наш конденсатор заполнен неоднородным диэлектриком с $\varepsilon$, зависящей как угодно от угловых координат, даже и со скачками... Единственное условие: $\varepsilon$ не зависит от радиуса. А так — никакой симметрии. Но и в этом случае потенциал $\varphi$ будет сферически симметричен!

Доказательство. $\operatorname{div}(\varepsilon \operatorname{grad}\varphi)=0$ перепишем в виде
$\varepsilon\Delta\varphi+\operatorname{grad}\varepsilon\cdot \operatorname{grad}\varphi=0\quad\quad(*)$
Отсюда решение уравнения $\Delta\varphi=0$ (сферически симметричное) будет также и решением $(*)$, если $\operatorname{grad}\varepsilon\perp\operatorname{grad}\varphi$.

Я тоже удивляюсь этому.

[Munin]

amon в сообщении #1014695 писал(а):

В данной задаче имеется скрытая симметрия, не очевидная из условия, и как ее ущучить без сферических функций я что-то не соображу.

Предлагаю посмотреть на уравнение Пуассона.

Ну вот, svv уже...