Найти энергию шара

[pbm]

Вычислить электростатическую энергию для шара, заряд которого равномерно распределен по его объему.

Попытка решения:
Энергия электростатического поля поля определяется по формуле:

$$W=\int_{0}^{V}(ED)dV$$

где $D=\varepsilon E$, $E\text{~---~}$ напряженность электрического поля, $\varepsilon$ $\text{~---~}$ диэлектрическая проницаемость. Из теоремы Гаусса следует, что напряженность электрического поля шара равно:

$$E=\frac{q}{4\pi \varepsilon R^2}$$

Подставив все в первую формулу получим:

$$W=\int_{0}^{V}(\varepsilon E^2)dV=\int_{0}^{R}\frac{q^2}{4\pi R^2}dR=-\frac{q^2}{4 \pi R}$$

но в ответе:

$$W=\frac{3q^2}{5R}$$

Где я ошибся?

[DimaM]

pbm в сообщении #1235846 писал(а):

Энергия электростатического поля поля определяется по формуле:

Надо бы еще на $8\pi$ поделить, раз уж вы в СГС ответ приводите.

pbm в сообщении #1235846 писал(а):

Из теоремы Гаусса следует, что напряженность электрического поля шара равно:

$$E=\frac{q}{4\pi \varepsilon R^2}$$

Это у вас для точечного заряда, помещенного в центр шара. А в условии задачи заряд распределен по-другому. И опять же с коэффициентами бы разобраться.

pbm в сообщении #1235846 писал(а):

Подставив все в первую формулу получим:

После интегрирования нужно подставлять не только верхний предел, но и нижний. Когда получите правильную формулу, имейте это в виду.

[svv]

1) Интеграл по трёхмерной области (скажем, $G$) обозначается так $\int\limits_G ... dV$ или так $\iiint\limits_G ... dV$, но не так $\int\limits_0^V ... dV$ — это наводит на мысль, что $V$ — скалярная переменная, принимающая значения от $0$ до $V$. Область можно не указывать, если интегрирование производится по всему пространству.

При переходе к повторному интегралу пределы для каждого интеграла указываются «как обычно»:
$\int\limits_G f(x, y, z)\;dV=\int\limits_{x_1}^{x_2}dx\int\limits_{y_1(x)}^{y_2(x)}dy\int\limits_{z_1(x, y)}^{z_2(x, y)} f(x, y, z)\;dz$

2) Энергия вовсе не сосредоточена целиком внутри шара. Интегрирование производится по всему пространству.

[pbm]

Цитата:

Это у вас для точечного заряда, помещенного в центр шара. А в условии задачи заряд распределен по-другому. И опять же с коэффициентами бы разобраться.

Я понял. В теорему Гаусса нужно подставить $Q=\int\limits_V \rho dV$. После преобразований получу:

$$ E=\frac{4}{3}\rho \pi R$$

тогда

$$W=\int_{0}^{V}(\varepsilon E^2)dV=\left[\varepsilon=1\right]=\int_{0}^{R}\frac{64}{9}\pi^3 \rho^2 r^4 dr=\frac{4\pi Q^2}{5R}$$

Цитата:

Интегрирование производится по всему пространству.

Ответ не совпадает. Наверное, проблема в пределах интегрирования...

[svv]

У Вас должно быть две разных формулы для поля внутри и снаружи шара.

[DimaM]

pbm в сообщении #1235864 писал(а):

Наверное, проблема в пределах интегрирования...

Проблема с коэффициентами. В СГС плотность энергии поля $\dfrac{ED}{8\pi}$, в СИ $\dfrac{ED}{2}$, но там в связи $D$ и $E$ еще $\varepsilon_0$ вылезает.
Ну и, как выше верно заметили, снаружи от шара тоже поле имеется.

[pbm]

Цитата:

У Вас должно быть две разных формулы для поля внутри и снаружи шара.

Понятно. Энергия внутри шара равна (в СГС):

$$W_{Inside}= \frac{Q^2}{10 R}$$

Для нахождения энергии шара снаружи, будем считать, что поле расходится на $r= \infty$. Тогда:

$$E=\frac{Q}{R^2}$$

$$W_{out}=\frac{1}{8\pi}\int_{R}^{r}(E^2)dr=\frac{1}{8\pi}\int_{R}^{r}\frac{4 \pi Q^2}{r^4}dr=\frac{Q^2}{ 2 R}$$

найдем сумму:

$$W=W_{out}+W_{inside}=\frac{3Q^2}{5R}$$

И еще один вопрос. Почему в данной задачи возможно использование формулы:

$$W=\int\frac{ED}{8\pi}dV$$

Данное выражение находит энергию поля, а не энергию шара.

[fred1996]

В данной задаче можно поупражняться так-же, как и в случае с плоским конденсатором.
Вспомните, как выводится формула для энергии заряженного плоского конденсатора.
Мы переносим бесконечно малые заряды с одной пластины на другую и считаем проделанную при этом работу. Получаем известную формулу: $W=\frac{1}{2}CV^2$. Подставляя для плоского конденсатора $C=\frac{\varepsilon_0A}{d}$ и $V=dE$, получаем $W=\frac{1}{2}\varepsilon_0E^2dA$, или для плотности энергии поля $\frac{1}{2}\varepsilon_0E^2$.

Теперь проделайте то же самое с вашим заряженным шаром. То есть сосчитайте работу по перемещению бесконечно тонкого внешнего слоя шара на бесконечность. И проинтегрируйте до полного исчезновения заряда. Получится тот же результат, но уже из соображений "энергии шара", а не "энергии поля". Это задачка в точности аналогичная задаче подсчета гравитационнной энергии шара.

[DimaM]

pbm в сообщении #1235888 писал(а):

Данное выражение находит энергию поля, а не энергию шара.

Так энергия хранится как раз в поле.
Можно, кстати, использовать формулу $W=\dfrac{1}{2}\displaystyle\int\limits_V\varphi\rho dV$, если потенциал задан с нулем на бесконечности ($\rho$ - плотность заряда). Идеологически так менее правильно (энергия все же хранится в поле), но зато больше похоже на именно "энергию шара".

[pbm]

Цитата:

Так энергия хранится как раз в поле.

Как доказать данное утверждение.

[DimaM]

pbm в сообщении #1235977 писал(а):

Как доказать данное утверждение.

Ну, "доказать" в математическом смысле вряд ли возможно. Можно проиллюстрировать. Например, электромагнитные волны в вакууме (в которых только поле и есть) вполне себе переносят энергию.

Впрочем, можете использовать формулу для энергии через потенциал и плотность заряда (только там интегрировать придется дважды), при правильной нормировке (нулевой потенциал на бесконечности) в электростатике она дает правильный результат.

[pbm]

Цитата:

Впрочем, можете использовать формулу для энергии через потенциал и плотность заряда

Можно попробовать решить данную задачу через потенциал.
Для этого нужно найти потенциал снаружи и внутри шара? Потенциал искать по этой формуле?

$$\varphi=-\int_{0}^{r} E dr$$

[DimaM]

pbm в сообщении #1235993 писал(а):

Для этого нужно найти потенциал снаружи и внутри шара?

Снаружи не нужно - там плотность заряда нулевая.

pbm в сообщении #1235993 писал(а):

Потенциал искать по этой формуле?

Нижний предел другой: нужно, чтобы на бесконечности был нуль потенциала.

[pbm]

Цитата:

Нижний предел другой: нужно, чтобы на бесконечности был нуль потенциала.

В данном случае нужно использовать формулу $ E=\frac{4}{3} \pi \rho R$, верно? Если ее поставить в $\varphi=-\int_{r_1}^{r_2} E dr$ получаем, что потенциал равен нулю когда $r_1=0$, а на бесконечности, когда $r_2= \infty$, $\varphi = \infty$. Не понимаю, где я неправильно мыслю?

[DimaM]

pbm в сообщении #1236006 писал(а):

В данном случае нужно использовать формулу $ E=\frac{4}{3} \pi \rho R$, верно?

Это внутри, снаружи по-другому. Кстати, эту формулу удобнее записать в виде $E=Qr/R^3$.
Соответственно, потенциал набирается из двух частей: снаружи (там просто, как от точечного заряда) и внутри. То есть

$$\varphi=-\int\limits_\infty^{r_1}Edr=-\int\limits_\infty^R Edr-\int\limits_R^{r_1}Edr.$$

Здесь $R$ - радиус шара.