Напряженность в центре полусферы

[randy]

Полусфера равномерно заряжена с поверхностной плотностью $\sigma =5,0$ нКл/м2. Определить величину напряженности $E$ поля в центре полусферы.

Решение:
разобьем полусферу на кольца и выделим в них элементарную площадь $\Delta S$, в высоту равную $\Delta \alpha$, а в длину равную $\Delta \beta$. Тогда площадь $\Delta S=\Delta \alpha \cdot \Delta \beta$. Найдем поверхностную плотность заряда $\Delta q=\sigma \Delta \alpha \Delta \beta$. Тогда напряженность в центре полусферы $E=\frac {kq}{r^2}=\frac {k\sigma \Delta \alpha \Delta \beta}{r^2}$. Проекция напряженности на ось $oz$
$E_z=\frac {k\sigma \Delta \alpha \Delta \beta\sin \alpha}{r^2}$
Отсюда находим общую напряженность кольца как интеграл $E_z$ с границами интегрирования $0$ и $2\pi$, а потом ищем полную напряженность полусферы, интегрируя полученное выражение напряжения отдельно взятого кольца с границами интегрирования $0$ и $0,5 \pi$
Вопрос в том, верно ли? Там где я нашел это решение элементарная площадь $\Delta S$ искалась как $\Delta S=R \Delta \alpha \cdot R\Delta \beta$ Непонятно, откуда множитель $R$ берется

[zer0]

Вы уж определитесь, в чем берете дельты - в m2 или в углах . Для заряда умножаете на сигма (как для метров), а пределы интеграла берете для углов...

[DimaM]

Можно без интеграла, кстати. Надо поставить в центр заряд и посмотреть, с какой силой он действует на полусферу. Потому эту силу приравнять к $qE$ и вуаля.

[Ms-dos4]

Здесь нужно просто использовать "элементарную" площадь в сферических координатах.
(Формулы в СГС)
$\[\vec E = - \int\limits_S {\frac{{\sigma dS}}{{{R^2}}}{{\vec e}_r}} \]$
$\[\begin{array}{l} ({{\vec e}_r},\vec i) = \sin \theta \cos \varphi \\ ({{\vec e}_r},\vec j) = \sin \theta \sin \varphi \\ ({{\vec e}_r},\vec k) = \cos \theta \end{array}\]$
$\[dS = {R^2}\sin \theta d\theta d\varphi \]$
$\[\begin{array}{l} {E_x}(0) = - \sigma \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {{{\sin }^2}\theta d\theta \int\limits_0^{2\pi } {\cos \varphi d\varphi } } = 0\\ {E_y}(0) = - \sigma \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {{{\sin }^2}\theta d\theta \int\limits_0^{2\pi } {\sin \varphi d\varphi } } = 0\\ {E_z}(0) = - \sigma \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\sin \theta \cos \theta d\theta \int\limits_0^{2\pi } {d\varphi } } = - \sigma \pi \end{array}\]$
Окончательно
$\[\vec E(0) = - \sigma \pi \vec k\]$

[DimaM]

Ms-dos4 в сообщении #710339 писал(а):

Окончательно
$\[\vec E(0) = - \sigma \pi \vec k\]$

Минус-то зачем?

[nestoronij]

Есть ещё вариант решения, но нужен радиус. Есть напряжённость поля от кольца на оси на расстоянии Х от центра всегда по оси кольца:$ E = \frac {kqx} {(R^2 + x^2)^{3/2}} $. Интегрировать это выражение по Х от 0 до R и потом R от R до 0. От q перейти к плотности.

[Ms-dos4]

Цитата:

Минус-то зачем?

Показывает направление вектора.

[randy]

Ms-dos4 в сообщении #710339 писал(а):

Здесь нужно просто использовать "элементарную" площадь в сферических координатах.
(Формулы в СГС)
$\[\vec E = - \int\limits_S {\frac{{\sigma dS}}{{{R^2}}}{{\vec e}_r}} \]$
$\[\begin{array}{l} ({{\vec e}_r},\vec i) = \sin \theta \cos \varphi \\ ({{\vec e}_r},\vec j) = \sin \theta \sin \varphi \\ ({{\vec e}_r},\vec k) = \cos \theta \end{array}\]$
$\[dS = {R^2}\sin \theta d\theta d\varphi \]$
$\[\begin{array}{l} {E_x}(0) = - \sigma \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {{{\sin }^2}\theta d\theta \int\limits_0^{2\pi } {\cos \varphi d\varphi } } = 0\\ {E_y}(0) = - \sigma \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {{{\sin }^2}\theta d\theta \int\limits_0^{2\pi } {\sin \varphi d\varphi } } = 0\\ {E_z}(0) = - \sigma \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\sin \theta \cos \theta d\theta \int\limits_0^{2\pi } {d\varphi } } = - \sigma \pi \end{array}\]$
Окончательно
$\[\vec E(0) = - \sigma \pi \vec k\]$

а как вы получили $\[dS = {R^2}\sin \theta d\theta d\varphi \]$?
Еще непонятно вот что:
Если у вас формула напряженности $E=\frac {kqe_r}{r^2}$, для оси $z$ вектор $({{\vec e}_r},\vec k) = \cos \theta$, то почему вы при интегрировании не подставляете эти значения в формулу $E=\int \frac {kqe_r}{r^2}$, а берете какой-то другой интеграл ${E_z}(0) = - \sigma \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\sin \theta \cos \theta d\theta \int\limits_0^{2\pi } {d\varphi } } = - \sigma \pi $?

[Ms-dos4]

1)Вы знаете что такое сферические координаты?
2)У меня формула для напряжённости $\[\vec E = \int\limits_V {\frac{{\rho (\vec r)({{\vec r}^'} - \vec r)dV}}{{{{\left| {{{\vec r}^'} - \vec r} \right|}^3}}}} \]$, в случае данной задачи она превращается в
$\[\vec E(0) = - \int\limits_S {\frac{{\sigma dS}}{{{R^2}}}{{\vec e}_r}} \]$
Никаких k в ней нет(система СГС). А поскольку мы интегрируем там стоят не заряды а их плотности распределения.
3)Т.е. как это другой? Именно в него и подставил
$\[\begin{array}{l} {E_z}(0) = (\vec E(0),\vec k) = - \int\limits_S {\frac{{\sigma dS}}{{{R^2}}}({{\vec e}_r},\vec k)} = - \sigma \int\limits_S {\frac{{{R^2}\sin \theta d\theta d\varphi \cdot \cos \theta }}{{{R^2}}}} = \\ = - \sigma \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {\sin \theta \cos \theta d\theta \int\limits_0^{2\pi } {d\varphi } } = - \sigma \pi \end{array}\]$

[randy]

Если никаких $k$ в формуле нет, то почему в итоге ответ $-k\sigma\pi$? Так же не совсем понятно по какому принципу разбился интеграл на произведение интегралов

[Ms-dos4]

1)Там не $\[k\]$, а $\[{\vec k}\]$(т.е. $\[{{\vec e}_x}\]$). Т.е. это орт z.
2)Вы знаете что такое кратный интеграл и как он приводится к повторному? Здесь мы интегрируем по углу $\[\theta \]$ от 0 до $\[\frac{\pi }{2}\]$, т.к. у нас полусфера, ну а по $\[\varphi \]$ у нас идут полные обороты от 0 до $\[2\pi \]$

[randy]

Хм.. А я такое выражение напряженности к этой задаче нашел:
$dE=\frac {2\pi \sqrt {R^2-r^2}\frac {dr}{\sin \alpha} \gamma \cos \alpha}{4\pi E_o R^2}$
Что бы мог значить в числителе $\frac {dr}{\sin \alpha} \gamma \cos \alpha$?

[DimaM]

randy в сообщении #710439 писал(а):

Что бы мог значить в числителе $\frac {dr}{\sin \alpha} \gamma \cos \alpha$?

Синус внизу дает ширину полоски, а косинус вверху проекцию поля. Но это дурной подход, интегрировать по углу гораздо естественнее.

А еще проще (как я выше уже писал) вообще не интегрировать.

[randy]

DimaM в сообщении #710440 писал(а):

randy в сообщении #710439 писал(а):

Что бы мог значить в числителе $\frac {dr}{\sin \alpha} \gamma \cos \alpha$?

А еще проще (как я выше уже писал) вообще не интегрировать.

чтобы узнать с какой силой помещенный заряд действует на полусферу нужно воспользоваться формулой $F=\frac {kq_1q_2 r}{r^3}$, $q_1$ - это заряд полусферы равный $\sigma ds$, $q_2$ - помещенный пробный заряд. Тут встает вопрос о величине пробного заряда и нахождении $dS$. Верно? Или вы имеете ввиду какой-то другой способ определения силы действия заряда на полусферу?

[DimaM]

randy в сообщении #710445 писал(а):

Тут встает вопрос о величине пробного заряда и нахождении $dS$. Верно? Или вы имеете ввиду какой-то другой способ определения силы действия заряда на полусферу?

От величины пробного заряда, естественно, ничего не зависит, поскольку потом надо будет на нее поделить. Сила на полусферу находится по аналогии: поскольку на единицу площади сила постоянна, это все равно, что давление. Известно, что сила давления на кривую поверхность равна силе давления на замыкающую эту поверхность плоскость (поскольку полная сила нулевая).
Поэтому $F=q\sigma/R^2\cdot \pi R^2=qE$.