Заряд пластины

[GrigoryLev]

Формула для поля точечного заряда тут совсем не нужна. По напряженности поля Вы найдете плотность заряда и умножите ее на площадь пластины. Плотность везде одинаковая и поле будет равно нулю не только в центре, но и на всей поверхности одной из сторон диска. Только у самого края возможна особенность. С другой стороны диска будет удвоенна напряженность.

Многожды интересней задача про поле металлического тонкого диска с известным суммарным зарядом. В этом случае заряд распределен неравномерно.

[stedent076]

StaticZero в сообщении #1204123 писал(а):

по которой легко берётся двойной интеграл (ну, что-нибудь симметричное), и написать правильное уравнение Максвелла

$$ \iint \limits_S (\mathbf E \cdot \mathrm d \mathbf S) = \dfrac{q}{\varepsilon_0}. $$

В школьных учебниках это обзывают теоремой Гаусса

[stedent076]

StaticZero
а разве вывод формулы для бесконечной пл-ти не основан на честном интегрировании (теорема гаусса и иже с ней)? Или это интегрирование нечестное?
А что касается сравнения результатов... Что ж, можно попробовать.
1) Рассмотрим произвольно взятое кольцо $r+dr-r$ ($dr$ мало).Из симметрии задачи и того факта, что вектор напряженности в малой окрестности центра ортогонален поверхности пластины, следует, что вектор суммы напряженностей, создаваемых зарядами, находящимися на противоположных концах кольца так же ортогонален пластине. Поделим пластину пополам диаметром. В первой половине векторный поток напряженности будет направлен под углом 45 градусов к пластине – во второй тоже, но в другую сторону. Я прикрепил рисунок, чтобы легче было разобраться в моих мыслях. Можно окружить каждую половинку замкнутой поверхностью, применить теорему Гаусса, строго посчитать напряженности на каждой и убедиться, что их векторная сумма будет равна нулю, а можно написать "очевидно, что". Поэтому напряженность пластины будет равна напряженности в малой окрестности центра.

[StaticZero]

stedent076 в сообщении #1204177 писал(а):

вывод формулы для бесконечной пл-ти не основан на честном интегрировании

Основан, конечно. Только в задаче с диском вам, по-хорошему, придётся обосновать, почему можно сжульничать и подменить интегрирование диска интегрированием плоскости — второе-то в некотором смысле проще!

В данном случае удобно, например, сказать, что телесный угол, под которым видна заряженная поверхность, весьма близок к $2 \pi$, а тогда какая разница, какую форму она имеет? Если я правильно помню, то первая поправка к напряжённости от диска по величине $h/R$ ($R$ — радиус диска) имеет порядок аж $\mathrm O\left( \dfrac{h^3}{R^3}\right)$.

[Metford]

stedent076 в сообщении #1204177 писал(а):

а разве вывод формулы для бесконечной пл-ти не основан на честном интегрировании (теорема гаусса и иже с ней)? Или это интегрирование нечестное?

Нечестное интегрирование - это сильно... Подозреваю, что в школе любое вычисление кратного интеграла нечестно (из-за чего я от школьной физики и держусь подальше). Поле плоскости можно вычислить либо с помощью теоремы Гаусса, либо вычисляя поле диска с дальнейшим устремлением его радиуса к бесконечности - непосредственным интегрированием, стало быть. Можно и ещё как-нибудь извратиться. Теорема Гаусса - это самый простой вариант. Но он совсем не школьный.

Хотя в данном случае может быть метод и пройдёт ввиду очень хорошей симметрии. Если пользоваться магическими словами "электрический поток", не особо вникая в их смысл. Как это делают с законом Фарадея для индукции.

StaticZero в сообщении #1204186 писал(а):

Только в задаче с диском вам, по-хорошему, придётся обосновать, почему можно сжульничать и подменить интегрирование диска интегрированием плоскости — второе-то в некотором смысле проще!

Проще взять интеграл и не фокусничать. Но в школе простых путей не ищут...

[StaticZero]

Metford в сообщении #1204189 писал(а):

Но в школе простых путей не ищут...

А там слов таких не знают. Что же обижаться на них...

Мне показалось, что упор на теорему Гаусса развивает в некоторой степени чувство симметрий, которое позволяет более чётко их видеть. Вот, например, весьма изощрённая задача, которая интегрированием "в лоб", по-моему, как-то очень плохо решается:

С какой силой расталкиваются грани равномерно заряженного правильного тетраэдра с плотностью заряда $\sigma$ и длиной ребра $a$?

Решение "в лоб" предполагает взять на каждой грани элемент, сосчитать на нём напряжённость (три поверхностных интеграла), потом вычислить силу, с которой остальные заряды действуют на этот элемент, и просуммировать по всем элементам одной грани (ещё один интеграл). Потом, строго говоря, надо сделать это для остальных трёх граней, то есть ещё 12 интегралов. Правильность тетраэдра и равномерность заряда позволяют сказать, что для остальных граней будет всё то же. Поэтому надо будет найти "всего лишь" четыре поверхностных интеграла.

(Школьное решение)

Если же мы облачим заряженные поверхности тетраэдра в некоторую тетраэдрическую оболочку, одна сторона которой на чуть-чуть побольше него, а вторая на чуть-чуть поменьше, то можно найти, что полный поток через оболочку $\Phi = 4Q/\varepsilon_0$, где $Q$ — полный заряд одной грани тетраэдра, равен учетверённому потоку через одну из её граней из симметрии. В свою очередь, поток через одну грань оболочки равен (поток от трёх граней) + (поток от ближайшей грани). Поток от ближайшей грани фактически равен $Q/(2\varepsilon_0)$ (см. решение задачи о напряжённости от бесконечной плоскости), а суммарный поток от остальных трёх граней даёт силу, которая действует на грань площади $S$. Отсюда сразу получаем, что

$$ F = \sigma \left(\dfrac{Q}{\varepsilon_0} - \dfrac{Q}{2 \varepsilon_0} \right) = \dfrac{\sigma^2 S}{2 \varepsilon_0} = \dfrac{a^2 \sqrt{3}}{4} \dfrac{\sigma^2}{2 \varepsilon_0}. $$

[Metford]

StaticZero в сообщении #1204205 писал(а):

Вот, например, весьма изощрённая задача, которая интегрированием "в лоб", по-моему, как-то очень плохо решается:

С какой силой расталкиваются грани равномерно заряженного правильного тетраэдра с плотностью заряда $\sigma$ и длиной ребра $a$?

Подобная задача есть в задачнике Иродова. Там рассматривается куб с равномерно заряженными гранями, в центре которого находится заряд. Предлагается найти силу, с которой любая из граней действует на заряд. Конечно, нужный интеграл вычисляется. Но это несколько трудоёмко.

StaticZero в сообщении #1204205 писал(а):

А там слов таких не знают. Что же обижаться на них...

Я и не обижаюсь. Просто не имею с ними никаких дел. Принципиально.

[StaticZero]

(Оффтоп)

Metford в сообщении #1204208 писал(а):

Просто не имею с ними никаких дел. Принципиально.

Как хорошо, что я уже не в школе, и теперь могу получать ваши ответы

Metford в сообщении #1204208 писал(а):

Там рассматривается куб с равномерно заряженными гранями, в центре которого находится заряд. Предлагается найти силу, с которой любая из граней действует на заряд. Конечно, нужный интеграл вычисляется. Но это несколько трудоёмко.

Ага. Мне показалось это в своё время настолько трудоёмко, что я закрыл задачник и не открывал его потом два месяца.

(Электрическое давление в сфере)

Вот мне интересно, можно ли измельчением граней найти таким способом силу, разрывающую равномерно заряженную сферу? Придётся столкнуться с тем, что правильных многогранников конечное число, но представим себе тогда "многогранник" так, что все его грани имеют одинаковую площадь, а количество граней у него пусть будет $n$. Это, конечно, чушь собачья, но можно просто близко поставить все такие "грани". Так как "грани" стягиваются в элементы $\mathrm d S$, то сила, действующая на "грань", станет $\mathrm d F$, а формула, написанная в предыдущем сообщении, останется справедливой, так как $n$ там вообще не фигурирует. Тогда получаем, что электрическое давление на поверхность равномерно заряженной сферы равно

$$ p = \dfrac{\mathrm dF}{\mathrm dS} = \dfrac{\sigma^2}{2 \varepsilon_0}. $$

Есть ли какой-то независимый ответ, с которым можно быстро свериться?

[Metford]

(Оффтоп)

StaticZero в сообщении #1204209 писал(а):

Есть ли какой-то независимый ответ, с которым можно быстро свериться?

Можно через энергию поля сферы посчитать. Я прикинул - если нигде не ошибся, то столько же получается.

StaticZero в сообщении #1204209 писал(а):

Как хорошо, что я уже не в школе, и теперь могу получать ваши ответы

Не стоит преувеличивать... Тут если люди, знающие значительно больше меня и охотно делящиеся своими знаниями.

[StaticZero]

Metford в сообщении #1204213 писал(а):

Не стоит преувеличивать... Тут если люди, знающие значительно больше меня и охотно делящиеся своими знаниями.

Разумеется, это была шутка. Ни в коем случае не хотел обидеть тех других, кто мне помогали

[DimaM]

Metford в сообщении #1204189 писал(а):

Поле плоскости можно вычислить либо с помощью теоремы Гаусса, либо вычисляя поле диска с дальнейшим устремлением его радиуса к бесконечности - непосредственным интегрированием, стало быть. Можно и ещё как-нибудь извратиться. Теорема Гаусса - это самый простой вариант. Но он совсем не школьный.

Я бы сказал, что непосредственное интегрирование - заметно более не школьный вариант.
Можно еще вычислить перпендикулярную компоненту поля от части плоскости и заметить, что она пропорциональна телесному углу, под котором видна площадка из точки наблюдения $E_\perp=\sigma\Omega$. Бесконечная плоскость занимает половину видимости, $\Omega=2\pi$, также нетрудно найти и для любого соотношения между радиусом диска и расстоянием до него.

[stedent076]

Metford в сообщении #1204189 писал(а):

Подозреваю, что в школе любое вычисление кратного интеграла нечестно

Слова интеграл вообще боятся. Вместо этого котируется "разбиение мысленно тела на большое количества участков ничтожно малой длины".Ни нормальной теории ни удобных методов интегрирования не дают. А это плохо. Независимый ответ $q=2\cdot 10^(-9)$ Кл

StaticZero в сообщении #1204186 писал(а):

она имеет? Если я правильно помню, то первая поправка к напряжённости от диска по величине $h/R$ ($R$ — радиус диска) имеет порядок аж $\mathrm O\left( \dfrac{h^3}{R^3}\right)$.

Похоже на остаточный член ряда Тейлора. Объясните поподробнее).
Если критических замечаний по моему последнему посту нет, то рассуждения правильны?

[DimaM]

stedent076 в сообщении #1204232 писал(а):

Похоже на остаточный член ряда Тейлора. Объясните поподробнее).

Поле диска $E=2\pi\sigma\left(1-\dfrac{h}{\sqrt{h^2+R^2}}\right)$.

[wrest]

stedent076 в сообщении #1204177 писал(а):

Поделим пластину пополам диаметром. В первой половине векторный поток напряженности будет направлен под углом 45 градусов к пластине – во второй тоже, но в другую сторону. Я прикрепил рисунок, чтобы легче было разобраться в моих мыслях. Можно окружить каждую половинку замкнутой поверхностью, применить теорему Гаусса, строго посчитать напряженности на каждой и убедиться, что их векторная сумма будет равна нулю, а можно написать "очевидно, что". Поэтому напряженность пластины будет равна напряженности в малой окрестности центра.

Бессмысленный текст, лучше так не пишите.

stedent076 в сообщении #1204232 писал(а):

ответ $q=2\cdot 10^(-9)$ Кл

Да, у меня тоже так получилось.

Можете спросить у учительницы, что она имела в виду когда говорила про применение формулы поля точечного заряда к этой задаче?

[Metford]

stedent076 в сообщении #1204232 писал(а):

Вместо этого котируется "разбиение мысленно тела на большое количества участков ничтожно малой длины"

Ну, грубо говоря, это и есть интеграл, если потом все вклады суммируются - как, видимо, в данном случае должно быть. Только всё равно с ним работать толком не учат.

stedent076 в сообщении #1204232 писал(а):

Похоже на остаточный член ряда Тейлора. Объясните поподробнее).

Вам ниже привели формулу для поля диска. Там можно разложения проводить.