Найти энергию шара

[pbm]

Общий потенциал равен:

$$\varphi=-\int\limits_\infty^{0}Edr=-\int\limits_\infty^R Edr-\int\limits_R^{0}Edr=\frac{Q}{R}+\frac{Q}{2R}=\frac{3Q}{2R}$$

Тогда энергия равна:

$$W=\dfrac{1}{2}\displaystyle\int\limits_V\varphi dQ=\frac{3Q^2}{8R}$$

Опять не то

[DimaM]

pbm в сообщении #1236023 писал(а):

Общий потенциал равен:

Это в центре. А нужно в любом месте шара. Найти его, кстати, само по себе полезное упражнение.
Также заряд в выражении для потенциала не является переменной интегрирования.

[pbm]

Потенциал в произвольной точке равен:

$$\varphi=\frac{3Q}{2R}-\frac{Qr^2}{2R^3}$$

Тогда

$$W=\dfrac{1}{2}\displaystyle\int\limits_V\varphi\rho dV=2\int\limits_{0}^{R}(\frac{3Q}{2R}-\frac{Qr^2}{2R^3})\pi r^2\rho dr=\frac{4Q\pi R^2\rho}{5}=\frac{3Q^2}{5R}$$

И еще один вопрос. Почему в формуле $W=\dfrac{1}{2}\displaystyle\int\limits_V\varphi\rho dV$ стоит $\frac 1 2$ перед интегралом.

[Walker_XXI]

У Вас решение задачи записано некорректно, что как бы намекает на неполное понимание того, что считаем.

pbm в сообщении #1235888 писал(а):

Для нахождения энергии шара снаружи, будем считать...

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

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

Первый интеграл не равен второму и вообще записан неверно. Пределы интегрирования указаны неправильные (интегрировать надо по всему пространству вне шара)... Откуда под вторым интегралом появился коэффициент $4\pi$ (он там к месту, но есть понимание почему?)? Дополнительную неразбериху в Ваши записи вносит периодическое использование одной и той же буквы $R$ для обозначения как постоянного радиуса шара, так и переменной интегрирования.

pbm в сообщении #1235977 писал(а):

Цитата:

Так энергия хранится как раз в поле.

Как доказать данное утверждение.

См. сообщение post1235911.html#p1235911

pbm в сообщении #1236043 писал(а):

еще один вопрос. Почему в формуле $W=\dfrac{1}{2}\displaystyle\int\limits_V\varphi\rho dV$ стоит $\frac 1 2$ перед интегралом.

Рассмотрите задачу по нахождению потенциальной энергии системы дискретных зарядов (скажем, двух) через потенциалы - станет понятно.

[Red_Herring]

pbm
1/2 стоит перед интегралом потому что если исходить из формулы энергии двух зарядов $q_1,q_2$ на расстоянии $r$: $E=q_1q_2/r$, то энергия будет

$$ E=\frac{1}{2}\iiint\iiint \frac{\rho(x,y,z)\rho(x',y',z')}{\sqrt{(x-x')^2+(y-y')^2+(z-z')^2}}\,dxdydz\,dx'dy'dz'=\frac{1}{2}\iiint \phi(x,y,z)\rho(x,y,z)\,dxdydz, $$

а иначе энергия каждой пары будет подсчитана дважды.

Общая формула

$$ E=\iiint \Bigl(\frac{1}{2}\phi(x,y,z)+\psi(x,y,z)\Bigr)\rho(x,y,z)\,dxdydz, $$

где $\phi$ потенциал, создаваемый зарядами, а $\psi$ внешний потенциал.

Но самый простой способ решения Вашей задачи: рассмотрим заряженный шар радиуса $r$, на поверхности его потенциал $\frac{4}{3}\pi \rho r^3 \times r^{-1}=\frac{4}{3}\pi \rho r^2$, и дополним его до шара $r+dr$, добавив сферический слой; при этом добавится энергия $\frac{4}{3}\pi \rho r^2\times 4\pi \rho r^2dr=\frac{16}{3}\pi^2\rho^2r^4\,dr $, ну и дальше все ясно.

[pbm]

Walker_XXI
Энергия шара

$$W=\frac{1}{8\pi}\int\limits_V(ED)dV=\{\varepsilon=1, D=\varepsilon E\}=\frac{1}{8\pi}\int\limits_V(E^2)dV=\frac{1}{8\pi}\int_{o}^{R}(E_{inside}^2)dV+\frac{1}{8\pi}\int_{R}^{\infty}(E_{out}^2)dV$$

напряженность электрического поля

$$E_{inside}=\frac{Qr}{R^3}$$

$$E_{out}=\frac{Q}{r^2}$$

тогда

$$W_{inside}=\frac{1}{2}\int\limits_{0}^{R}\frac{Q^2 r^4}{R^6}dr=\frac{Q^2}{10R}$$

$$W_{out}=\frac{1}{2}\int\limits_{R}^{\infty}\frac{Q^2}{r^2}dr=\frac{Q^2}{2R}$$

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

Нормально?
Вопрос. Почему нельзя подставить $E=E_{out}+E_{inside}$ в $W=\frac{1}{8\pi}\int\limits_V(ED)dV$

[Walker_XXI]

pbm в сообщении #1236060 писал(а):

Нормально?

Да, теперь без ошибок

pbm в сообщении #1236060 писал(а):

Вопрос. Почему нельзя подставить $E=E_{out}+E_{inside}$ в $W=\frac{1}{8\pi}\int\limits_V(ED)dV$

Потому что $E\ne E_{out}+E_{inside}$

$$E=\begin{cases} E_{out},&\text{outside } (r > R);\\ E_{inside},&\text{inside } (r\leqslant R). \end{cases} $$

-- 26.07.2017, 19:43 --

Можно добавить, что внутри шара (при $r\leqslant R$) $E_{out} \ne 0$ и наоборот. Поэтому простой суммы не получается.

[DimaM]

Walker_XXI в сообщении #1236071 писал(а):

Можно добавить, что внутри шара (при $r\leqslant R$) $E_{out} \ne 0$ и наоборот.

Непонятно написано. Что это выражение означает?

[pbm]

Всем спасибо. Я разобрался.

[Walker_XXI]

DimaM в сообщении #1236180 писал(а):

Непонятно написано. Что это выражение означает?

Да, согласен - не хотелось быть многословным. Это добавление надо воспринимать в общем контексте, глядя на правильное выражение для $E$ и формулы, дающие электрическое поле в разных областях пространства. Я смотрю, ТС разобрался. Но если хотите, напишу подробнее.

$E_{out}=\frac{Q}{r^2}$. Это верно только для $r \geqslant R$, но при $r<R$ это выражение автоматически не зануляется. Поэтому его нельзя добавить простым слагаемым в $E$: при $r<R$ оно даст лишний вклад, которого не должно быть.

[DimaM]

Walker_XXI в сообщении #1236227 писал(а):

Это верно только для $r \geqslant R$, но при $r<R$ это выражение автоматически не зануляется. Поэтому его нельзя добавить простым слагаемым в $E$: при $r<R$ оно даст лишний вклад, которого не должно быть.

Это какое-то, на мой взгляд, запутывание. Условие поставлено, где какую формулу использовать, и лишние слова только лишние.