Заряженные сферы

[ewert]

dovlato в сообщении #595873 писал(а):

Если вы согласны с тем, что $w=p$, то мы с вами не имеем разногласий.

В этом-то разногласий нет. Но потом, в пересчёте на силу, Вы одну двойку куда-то потеряли.

dovlato в сообщении #595873 писал(а):

Что до вопроса о сфере нулевой толщины.. ну, коли предел приводит к тому же результату - то всё о кей.

Если бы не приводил -- задача была бы некорректной. Но она заведомо корректна, т.к. при энергетическом подходе, притом использующем не напряжённости, а потенциалы, результат от распределения зарядов точно не может зависеть.

В лоб независимость проверяется очень просто. Пусть заряды сосредоточены в шаровом слое с внутренним радиусом $R$ и внешним $R+h$, где $h\ll R$. И пусть $q(r)$ -- суммарный заряд внутри сферы радиуса $r$. Тогда для давления (сдерживающего со стороны внешней поверхности) при $h\to0$ получится:

$$P=\dfrac1{4\pi(R+h)^2}\int\limits_{r=R}^{R+h}\dfrac{q(r)}{r^2}\cdot dq(r)\sim\dfrac1{4\pi R^4}\int\limits_{r=R}^{R+h}q(r)\,dq(r)=\dfrac1{8\pi R^4}\big(q^2(R+h)-q^2(R)\big)=\dfrac{Q^2}{8\pi R^4}.$$

Т.е. давление определяется лишь полным зарядом сферы, но не его распределением по толщине.

[Munin]

ewert в сообщении #595644 писал(а):

Но! тут есть один нюанс. Самое начальное рассуждение формально корректно лишь для равномерного распределения плотности зарядов по толщине (бесконечно тонкого) сферического слоя. И надо ещё доказать, что та самая половинка не зависит от распределения по толщине.

Распределение по толщине можно представить как суперпозицию "ещё более бесконечно" тонких слоёв.

[ewert]

Munin в сообщении #595893 писал(а):

Распределение по толщине можно представить как суперпозицию "ещё более бесконечно" тонких слоёв.

Да. И даже нужно. И что?

[dovlato]

Ewert, я привык уже к СИ. Воспроизвёл Ваш вывод, и тут же вычислил $w$. Сошлось: $w=p$! Спасибо.
Неохота уже искать - из-за чего там у меня эта двойка потерялась)). Главное для меня - энергетический метод вполне себя здесь оправдал.
С шаром, следственно, можно, в принципе, поступать по аналогии.

[ewert]

dovlato в сообщении #595915 писал(а):

С шаром, следственно, можно, в принципе, поступать по аналогии.

Нет, не совсем по аналогии, а ровно так, как Вы сказали в самом начале: считать распирание каждой следующей чутьсферки внутренним шаром и потом интегрировать по радиусу. Правда, у меня при этом получился несколько дикий (на мой взгляд) результат, я его даже и привести стесняюсь.

[dovlato]

ewert в сообщении #595919 писал(а):

dovlato в сообщении #595915 писал(а):

С шаром, следственно, можно, в принципе, поступать по аналогии.

Нет, не совсем по аналогии, а ровно так, как Вы сказали в самом начале: считать распирание каждой следующей чутьсферки внутренним шаром и потом интегрировать по радиусу. Правда, у меня при этом получился несколько дикий (на мой взгляд) результат, я его даже и привести стесняюсь.

Я это и имел в виду: приравнять работу потере энергии поля

$$pdV=wdV+dU$$

Второе слагаемое - это изменение (наверное, уменьшение) энергии поля внутри шара. Тут, похоже, свои тонкости. Логично вроде бы считать, что при возрастании $R_0\to R_0+dR$, распределение заряда внутри раздувшегося шара сохранит подобие; то есть каждая внутренняя частица шара пропорционально увеличит своё расстояние от центра. Полный заряд при этом, ес-нно, остаётся постоянным. Вообще-то энергия поля внутри равна

$$U(R)=\frac1{8\pi\varepsilon_0}\cdot\int\limits_0^R \frac{q^2(r)}{r^4} dr$$

Я предлагаю ввести параметр $t$, и изменить этот интеграл так, что произойдёт раздувание заряженной области

$$U(t,R_0)=\frac1{8\pi\varepsilon_0}\cdot\int\limits_0^{tR_0} \frac{q^2(r/t)}{r^4} dr$$

Мы можем рассматривать это выражение как функцию $t$. При этом $dU=\frac{dU}{dt}\cdot dt=\frac{dU}{dt}\cdot \frac{dR}{R_0}$
Замена $r=t\cdot x; dr=t\cdot dx$ приводит интеграл к виду

$$U(t,R_0)=\frac1{8\pi\varepsilon_0 t^3}\cdot\int\limits_0^{R_0} \frac{q^2(x)}{x^4} dx$$

Отсюда производная по $t$ при $t=1$ равна

$$\frac{dU}{dt}=-\frac{3}{8\pi\varepsilon_0}\int\limits_0^{R_0} \frac{q^2(x)}{x^4} dx$$

Ну и наконец

$$p=w-\frac{3}{8\pi\varepsilon_0}\int\limits_0^{R_0} \frac{q^2(x)}{x^4} dx$$

Всё, устаааааааааал.

[obar]

Приведу ответы.

2) $F=\frac{k\pi^2R^4}{3}\,\rho_1\rho_2$.

Эта задача допускает обобщение на случай полушарий разного радиуса $R>r$, равномерно заряженных по объему с плотностями $\rho_1$ и $\rho_2$. Центры полушарий совпадают (соприкасаются плоскостями). В этом случае $F=\frac{k\pi^2}{3}\,\rho_1\rho_2r^3(4R-3r)$.

3) $F=2k\pi^2R^2\,\sigma_1\sigma_2=\frac{kq_1q_2}{2R^2}$.

Интересно, что ответ во второй форме остается верным и в случае, когда секущая плоскость, разделяющая две части сферы, проходит не обязательно через центр. Сила взаимодействия не зависит ни от плотностей заряда $\sigma_{1,2}$, ни от расположения секущей плоскости, а определяется лишь величинами зарядов. Другое обобщение этой задачи -- случай полусфер разного радиуса, но с совпадающими центрами. Как ни странно, но решение в этом случае даже проще, чем у исходной задачи с полусферами равного радиуса. Ответ все тот же:
$F=\frac{kq_1q_2}{2R^2}$,
где $R$ -- радиус большой полусферы.

[Omega]

obar , так как же прийти к ответу на второй вопрос? У меня, к сожалению, никак не получается.

[obar]

Из размерных соображений ясно, что электрическое поле, создаваемое одним из полушарий, пропорционально его плотности заряда. Поэтому для силы взаимодействия будем иметь

$$ F=\rho_1\rho_2\int f(\vec{r})\,dV\,, $$

где интегрирование ведется по одной из половинок шара. Величина $\int f(\vec{r})\,dV$ не зависит от плотности зарядов и может быть вычисленна для случая $\rho_1=\rho_2=\rho$. При этом

$$ \vec{E}=\frac{4\pi}{3}\,k\rho\vec{r}\,,\quad F=\frac{4\pi}{3}\,k\rho^2\int r\cos\theta dV=\frac{\pi^2}{3}\,k\rho^2R^4. $$

т.е. $\int f(\vec{r})\,dV=\frac{\pi^2}{3}\,kR^4$.

В случае полушарий разного радиуса нужно догадаться до одного несложного "трюка". Чтоб понять, в чем он состоит, рассмотрите вначале аналогичную задачу с полусферами.