напряженность поля в слое

[ShMaxG]

Помогите пожалуйста найти напряженность поля в точке на оси ОХ внутри слоя (задача больше математическая, чем физическая, поэтому пишу сюда). Дан бесконечный плоский слой толщиной 2d, заряд распределен с плотностью

\[ \rho = \rho _0 \frac{x} {d} \]

,

\[ - d \leqslant x \leqslant d \]

.
У меня вылезают бесконечности.
Я поступал так: брал точку

\[x_0 > 0\]

, затем применил принцип суперпозиции:

\[ E = - E_1 + E_2 - E_3 \]

, причем

\[E_1 \]

- напряженность поля создаваемое слоем

\[ - d \leqslant x \leqslant 0 \]

(со знаком минус, потому что направлен против ОХ),

\[E_2 \]

- напряженность поля, создаваемое слоем

\[0 \leqslant x \leqslant x_0 - a\]

(со знаком плюс, т.к. направлен по ОХ), и

\[E_3 \]

- напряженность слоя

\[ x_0 + a \leqslant x \leqslant d\]

(со знаком минус, т.к. направлен против ОХ). Остается взял предел

\[a \to 0\]

, но вылезает бесконечность.

Или во всяком случае найти

\[ \frac{{\partial E_x }} {{\partial x}} \]

[nestoklon]

1) Зачем три слоя, непонятно. Есть заряд слева, есть справа. Есть конденсатор. Поле зависит только от заряда слева/справа.
2) А можно поподробнее про бесконечность? Как это она вылезает?..

[ShMaxG]

Если я нигде не ошибся, то с точностью до коэффициента:

\[ E\left( {x_0 ,a} \right) = \frac{{x_0 }} {{d + x_0 }} - \ln \frac{{x_0 }} {{d + x_0 }} - 2 + \ln \frac{{a^2 }} {{x_0 \left( {d - x_0 } \right)}} + \frac{{x_0 }} {{d - x_0 }} \sim 2\ln a,{\text{ }}a \to 0 \]

А три слоя, потому что знаки надо было сразу расставить.

[Александр Т.]

ShMaxG писал(а):

Помогите пожалуйста найти напряженность поля в точке на оси ОХ внутри слоя (задача больше математическая, чем физическая, поэтому пишу сюда). Дан бесконечный плоский слой толщиной 2d, заряд распределен с плотностью

\[ \rho = \rho _0 \frac{x} {d} \]

,

\[ - d \leqslant x \leqslant d \]

.

Или во всяком случае найти

\[ \frac{{\partial E_x }} {{\partial x}} \]

$$ \frac{{\partial E_x }} {{\partial x}} = \mathop{\mathrm{div}}\vec{E} = 4\pi \rho = 4\pi \rho_0 \dfrac{x}{d} $$

\begin{equation*} E_x(x) = \begin{cases} - 2\pi \int\limits_{-d}^d \rho_0\dfrac{x'}{d} \mathrm{d}\,\!x' = 0 ,\quad x\leqslant{-d} \\ \int\limits_{-d}^x 2\pi \rho_0\dfrac{x'}{d} \mathrm{d}\,\!x' - \int\limits_{x}^d 2\pi \rho_0\dfrac{x'}{d} \mathrm{d}\,\!x' = 2\pi \rho_0\dfrac{x^2-d^2}{d} ,\quad -d<x<d \\ 2\pi \int\limits_{-d}^d \rho_0\dfrac{x'}{d} \mathrm{d}\,\!x' = 0 ,\quad x\geqslant{d} \end{cases} \end{equation*}
Думаю, разберетесь без словесных пояснений. Если все же что-то будет неясно, спрашивайте.

[ShMaxG]

Спасибо большое!
Но, почему в интегралах

\[ 2\pi \]

, а не

\[ 4\pi \]

?

[Александр Т.]

ShMaxG писал(а):

Спасибо большое!
Но, почему в интегралах

\[ 2\pi \]

, а не

\[ 4\pi \]

?

Напряженость поля плоскости с поверхностной плотностью заряда $q_\text{s}$
\begin{align*} E_x &= \begin{cases} - 2\pi q_\text{s} ,\quad x<0 \\ 0 ,\quad x=0 \\ 2\pi q_\text{s} ,\quad x>0 \end{cases} \\ E_y&=0 \\ E_z&=0 \end{align*}
(ось $x$ направлена по нормали к плоскости).

Это можно доказать, используя свойства симметрии и теорему Гаусса. При таком доказательстве видно, что коэффициенты равны $2\pi$, а не $4\pi$, потому что плоскость делит пространство на два полупространства, в которых векторы напряженности постоянны, и вектор напряженности в одном из этих полупространств равен по модулю и противоположен по направлению вектору напряженности в другом полупространстве.