Электростатика

[TripleLucker]

Здравствуйте, дана такая задача: Шар радиусом $R$ с объемной плотностью заряда $\rho (r) = \frac{k}{{{r^2}}}$ имеет полость радиусом ${r_0}$, центр которой совпадает с центром шара. Определить $\vec E(r)$ и $\phi (r)$.

Рассматриваем сферическую систему координат. Компоненты напряженности электрического поля, связанные с углом, будут нулевыми из-за симметрии. Остается радиальная. Как я понимаю, то здесь есть три случая, где можно взять $r$ : снаружи, внутри и внутри полости. И для каждого раза применить формулу для потенциала : $\phi (r) = \int\limits_{V} {\frac{{\rho (r)dv}}{{|r - r'|}}}$ , но проблема вот в чем : я не могу понять, что взять в качестве $ r' $ для каждого случая. Поэтому и проинтегрировать не могу. Вопрос простой, но я не могу найти в учебнике, лекциях, семинарских занятиях, по какому принципу здесь это делать. И еще: будет ли меняться объем, по которому интегрируется, в зависимости от выбора r? Пожалуйста, подскажите.

[Munin]

TripleLucker в сообщении #1051017 писал(а):

И для каждого раза применить формулу для потенциала : $\phi (r) = \int\limits_{V} {\frac{{\rho (r)dv}}{{|r - r'|}}}$

Проще взять теорему Гаусса.

А эту формулу вы пока не понимаете. (И наверное, вам её ещё не давали.)

[TripleLucker]

Цитата:

Проще взять теорему Гаусса.

А эту формулу вы пока не понимаете. (И наверное, вам её ещё не давали.)

Эта была сама первая формула. И вы правы, я ее не совсем понимаю, поэтому и вопрос возник :(. Теорема Гаусса тоже была и она не сильно проще этой формулы, как мне кажется. Тут нужно смотреть на такое скалярное произведение под интегралом, получается : $\vec Ed\vec s = |\vec E||d\vec s|\cos (\vec E,d\vec s)$.
Тут, получается, если точка снаружи, то вектора сонаправлены, а если внутри, то противоположно направлены? А внутри полости напряженность будет равна нулю, т.к. заряд равен нулю. Все равно как-то мутно получается, но хоть мысли верные?

[Slow]

TripleLucker
В теореме Гаусса для начала нужно выбрать замкнутую поверхность и ее можно выбрать так, что на ней поле будет везде одинаково.

[Munin]

TripleLucker в сообщении #1051031 писал(а):

Теорема Гаусса тоже была и она не сильно проще этой формулы, как мне кажется.

Теорема Гаусса очень проста из-за сферической симметрии. Вектор $\vec{E}$ будет направлен по радиусу, а в качестве поверхности интегрирования надо выбрать сферу.

TripleLucker в сообщении #1051031 писал(а):

Тут, получается, если точка снаружи, то вектора сонаправлены, а если внутри, то противоположно направлены?

Какая точка внутри? Какая точка снаружи? Это просто два вектора в какой-то точке поверхности интегрирования: один из них электрическое поле в этой точке, а другой - $d\vec{s}=\vec{n}\,ds,$ где $ds$ - элемент поверхности интегрирования, а $\vec{n}$ - вектор нормали к этой поверхности. Этот вектор надо всегда выбирать по направлению "наружу", потому что только тогда в теореме Гаусса будет правильный знак между правой и левой частью.

Поскольку вектор $\vec{E}$ направлен по радиусу, - как и $\vec{n},$ - то это скалярное произведение сразу превращается в произведение двух скаляров: $\vec{E}\,d\vec{s}=E_r\,ds.$

TripleLucker в сообщении #1051031 писал(а):

А внутри полости напряженность будет равна нулю, т.к. заряд равен нулю.

Внутри полости - да, всё правильно.

TripleLucker в сообщении #1051031 писал(а):

Эта была сама первая формула. И вы правы, я ее не совсем понимаю, поэтому и вопрос возник :(.

Вряд ли вам её вообще давали. Скорее, вы её списали откуда-то не из лекций. Потому что:
- вы её пишете с ошибкой,
- вы её читаете с ошибкой,
- и уровень задачи не соответствует уровню этой формулы.

На самом деле, эта формула пишется так: $\displaystyle \varphi(\vec{r}\,')=\int\limits_V \dfrac{\rho(\vec{r})\,dV}{|\vec{r}-\vec{r}\,'|}$ (или с другим расположением штриха: $\displaystyle \varphi(\vec{r})=\int\limits_V \dfrac{\rho(\vec{r}\,')\,dV'}{|\vec{r}-\vec{r}\,'|}$). И означает она гораздо более сложную штуку, чем вам кажется: тройной интеграл

$$\varphi(x',y',z')=\iiint\limits_V \dfrac{\rho(x,y,z)\quad dx\,dy\,dz}{\sqrt{(x-x')^2+(y-y')^2+(z-z')^2}}.$$

Можно записать и в сферических координатах, но радости мало: выражение в знаменателе станет вообще зашибенным.

[TripleLucker]

Зачем мне вас обманывать, я же для себя стараюсь ._.. Я правда из лекции ее списал, но просто ошибся не при списывании, а при печати здесь, прошу прощения. У нас какой-то сжатый курс физики и с помощью той формулы, которую вы называется сложной, мы решали все задачи на первом занятии. А теорему гаусса применили один раз для примера. А насчет "точки", то это я имел в виду, где брать $r$, есть три варианта просто. Да и ответа три в задаче, собственно.

UPD:: Решали, потому что вектора в знаменателе были простыми, от угла ничего не зависело, элемент объема(площади,отрезка) в сферических(иных) координатах тоже не сложен, а фигуры - шар, кольцо, прямая и прочее.

[Munin]

TripleLucker в сообщении #1051049 писал(а):

Я правда из лекции ее списал, но просто ошибся не при списывании, а при печати здесь

Это только пункт "вы её пишете с ошибкой". Но есть ещё пункт "вы её читаете с ошибкой", то есть, вы вообще не понимаете, что в этой формуле написано, и что в ней что означает, и каков её общий смысл - именно поэтому вы и записали её с ошибкой.

Дело в том, что $r$ и $\vec{r}$ - это принципиально разные вещи. $r$ - это радиус, либо радиус какой-то сферы, либо радиальная координата сферической системы координат. А $\vec{r}$ - это радиус-вектор, созвучный только по названию, это трёхмерный вектор (три величины), который обегает всё пространство. Для двух точек на сфере одинакового радиуса, $\vec{r}$ будет разным! Смысл его в формуле совершенно другой, и вычисления другие.

TripleLucker в сообщении #1051049 писал(а):

У нас какой-то сжатый курс физики и с помощью той формулы, которую вы называется сложной, мы решали все задачи на первом занятии.

Быть этого не может. Потому что не понимая формулы, с её помощью ничего решать нельзя.

В любом случае, ну сжатый курс физики, но кто вам мешает самому почитать учебник, или Википедию, на худой конец?

TripleLucker в сообщении #1051049 писал(а):

А насчет "точки", то это я имел в виду, где брать $r$, есть три варианта просто. Да и ответа три в задаче, собственно.

В задаче не три ответа. В задаче один ответ, состоящий из трёх частей. Такая функция, понимаете? Кусочно заданная. Вы такие встречали в младшей школе, например,

$$|x|=\begin{cases}x,&x\geqslant 0\\-x,&x<0.\end{cases}$$

-- 06.09.2015 20:33:02 --

TripleLucker в сообщении #1051049 писал(а):

UPD:: Решали, потому что вектора в знаменателе были простыми, от угла ничего не зависело, элемент объема(площади,отрезка) в сферических(иных) координатах тоже не сложен, а фигуры - шар, кольцо, прямая и прочее.

Повторяю, быть того не может, потому что даже если задача имеет сферическую симметрию, то увы, в знаменателе всё равно будет зависимость от угла.

Возможно, вы путаете с другой формулой.

[TripleLucker]

Нет смысла больше спорить, я не сочиняю про формулу, она есть, могу теорию сфотографировать, абсолютно та, которую вы написали правильно, а я написал с ошибкой.
В теореме Гаусса присутствует $Q$ - весь заряд внутри замкнутой поверхности, у нас дана плотность, значит $Q = V\rho$(я заметил тут глупость тоже, но не успел исправить). Тут следует брать объем с тем ${\vec r}$, которым я ограничил в каждом из случаев? Просто непонятно опять же, ответ-то составной. И, следовательно, контур у интеграла слева тоже.

Наверняка какую-то глупость опять написал, но я не могу придумать, как нормально это спросить.

[Ms-dos4]

TripleLucker
Во первых,

$$\[Q = \int\limits_V {\rho dV} = \int\limits_{{r_0}}^R {dr\int\limits_0^\pi {d\theta \int\limits_0^{2\pi } {d\varphi \sin \theta \frac{k}{{{r^2}}}dr} } } = 4\pi \int\limits_{{r_0}}^R {\frac{k}{{{r^2}}}dr} \]$$

- полный заряд (если нужен не полный, то $\[R\]$ заменить на нужное внутри шарового слоя. Во вторых, какие ещё контуры. Рассматриваете в т. Гаусса 3 случая - когда находитесь внутри полости ($[r < {r_0}]$), когда внутри шарового слоя $\[{r_0} < r < R\]$ и вне шара $\[r > R\]$

[TripleLucker]

Теперь все понятно, кроме одной вещи. Написанный вами интеграл : $4\pi \int\limits_{{r_0}}^R {\frac{k}{{{r^2}}}dr = - 4\pi \frac{k}{R}} + 4\pi \frac{k}{{{r_0}}} = \frac{{4\pi k(R - {r_0})}}{{R{r_0}}}$. А $\int\limits_S {\vec Ed\vec s} = E\int\limits_S {ds} = 4\pi {r^2}E$, и тот противный знаменатель в первом выражении никуда не уходит :(. Или я опять неправильный интеграл считаю слева? Площадь поверхности полости тоже нужно учитывать?

Насчет того, где $r$, я в тех пределах и рассматривал.

[Munin]

TripleLucker в сообщении #1051062 писал(а):

Нет смысла больше спорить, я не сочиняю про формулу, она есть, могу теорию сфотографировать, абсолютно та, которую вы написали правильно, а я написал с ошибкой.

Сфотографируйте, пожалуйста, задачи, которые вы решали с помощью этой формулы. Или перепишите сюда.

TripleLucker в сообщении #1051073 писал(а):

и тот противный знаменатель в первом выражении никуда не уходит :(.

У вас этого выражения вообще нет! У вас есть теорема Гаусса, в которой есть левая часть равенства, и правая часть равенства, и вы обе их уже написали, осталось приравнять. И в них уже нет ни интегралов, ни знаменателей.

[TripleLucker]

Munin в сообщении #1051075 писал(а):

TripleLucker в сообщении #1051062 писал(а):

Нет смысла больше спорить, я не сочиняю про формулу, она есть, могу теорию сфотографировать, абсолютно та, которую вы написали правильно, а я написал с ошибкой.

Сфотографируйте, пожалуйста, задачи, которые вы решали с помощью этой формулы. Или перепишите сюда.

TripleLucker в сообщении #1051073 писал(а):

и тот противный знаменатель в первом выражении никуда не уходит :(.

У вас этого выражения вообще нет! У вас есть теорема Гаусса, в которой есть левая часть равенства, и правая часть равенства, и вы обе их уже написали, осталось приравнять. И в них уже нет ни интегралов, ни знаменателей.

Да я не об этом. В ответе этого $Rr0$ нет просто. Все то же самое, но без него.

Полностью решение некрасиво написано, но, например, есть такая задача : Нужно найти $E(0)$, где $0$ - центр полушара и координатной плоскости. Дан заряд, равномерно распределенный по этому полушару - $\frac{Q}{2}$. Ну и вот мы просто все, что известно, подставляем в эту формулу. Плотность выражаем через заряд, а элемент объема через сферические координаты, а тот знаменатель, который в общем случае отвратительно выглядит есть просто радиальная координата.

[Munin]

TripleLucker в сообщении #1051080 писал(а):

Да я не об этом. В ответе этого $Rr0$ нет просто. Все то же самое, но без него.

Быть не может.

TripleLucker в сообщении #1051080 писал(а):

Полностью решение некрасиво написано, но, например, есть такая задача : Нужно найти $E(0)$, где $0$ - центр полушара и координатной плоскости. Дан заряд, равномерно распределенный по этому полушару - $\frac{Q}{2}$. Ну и вот мы просто все, что известно, подставляем в эту формулу. Плотность выражаем через заряд, а элемент объема через сферические координаты, а тот знаменатель, который в общем случае отвратительно выглядит есть просто радиальная координата.

Вот только одна загвоздка: так вы найдёте только потенциал, но не напряжённость.
И другая загвоздка: решить эту задачу (с потенциалом) можно гораздо проще, в полпинка, через принцип суперпозиции.

Так что что-то вы темните.

[TripleLucker]

Munin в сообщении #1051081 писал(а):

TripleLucker в сообщении #1051080 писал(а):

Да я не об этом. В ответе этого $Rr0$ нет просто. Все то же самое, но без него.

Быть не может.

TripleLucker в сообщении #1051080 писал(а):

Полностью решение некрасиво написано, но, например, есть такая задача : Нужно найти $E(0)$, где $0$ - центр полушара и координатной плоскости. Дан заряд, равномерно распределенный по этому полушару - $\frac{Q}{2}$. Ну и вот мы просто все, что известно, подставляем в эту формулу. Плотность выражаем через заряд, а элемент объема через сферические координаты, а тот знаменатель, который в общем случае отвратительно выглядит есть просто радиальная координата.

Вот только одна загвоздка: так вы найдёте только потенциал, но не напряжённость.
И другая загвоздка: решить эту задачу (с потенциалом) можно гораздо проще, в полпинка, через принцип суперпозиции.

Так что что-то вы темните.

Так через формулу потенциала же и решали. Просто потом использовали вот что : ${E_r} = - \frac{{\partial \phi }}{{\partial r}}$. А еще после этого через такой же интеграл, как для потенциала, только более громоздкий (для напряженности подобная формула).

А насчет ответа : правда, вот :

[Munin]

TripleLucker в сообщении #1051083 писал(а):

Так через формулу потенциала же и решали. Просто потом использовали вот что : ${E_r} = - \frac{{\partial \phi }}{{\partial r}}$.

Шо??? Так же нельзя!

TripleLucker в сообщении #1051083 писал(а):

А еще после этого через такой же интеграл, как для потенциала, только более громоздкий (для напряженности подобная формула).

Это да, это можно.

TripleLucker в сообщении #1051083 писал(а):

А насчет ответа : правда, вот :

Ну так вон же там стоят $R$ и $r_0.$ Вы их не видите?