Вывод напряженности электростатического поля разных фигур

[Pulseofmalstrem]

Доброе время суток, недавно я решил самостоятельно вывести формулы для напряженностей разнообраных фигур, и я прошу указать на допущенные ошибки, если они присутсвуют.
Общий принцип, применение которого я хотел отточить заключается в следующем утверждении: поток вектора напряженности электрического поля через замкнутую поверхность равен частному между зарядом, заключенном внутри этой поверхности, и электрической постоянной:

$$\int\limits_{S}^{}E\cos\alpha ds = \frac{q}{\varepsilon_0}$$

1) Поле точечного заряда.
Для начала следует отметить, что поле точечного заряда должно быть сферически симметричным, поэтому в качестве фигуры удобно взять сферу, причем вектор напряженности поля точечного заряда обязательно будут входить в сферу под прямым углом. Запишем уравнение:

$$\int\limits_{S}^{}E\cos\alpha ds = \frac{q}{\varepsilon_0}$$

Площадь поверхности сферы:

$$S = 4\pi R^2$$

$$4E\pi R^2=\frac{q}{\varepsilon_0}$$

$$E = \frac{1}{4\pi \varepsilon_0} \frac{q}{R^2}$$

2) Поле равномернозаряженной плоскости.
Вектор напряженности должен быть перпендикулярен поверхности плоскости из соображений симметрии. Рассмотрим область в форме куба, посредине которого расположена данная плоскость, запишем основное уравнение:

$$\int\limits_{S}^{}E\cos\alpha ds = \frac{q}{\varepsilon_0}$$

Вектор напряженности перпендикулярен верхней и нижней грани куба, и параллелен боковым граням, поэтому суммарный поток вектора напряженности через выбранную область равен сумме потоков через верхнюю и нижнию грань, а они равны между собой из соображений симметрии:

$$2\int\limits_{S}^{}E ds = \frac{q}{\varepsilon_0}$$

$$2ES = \frac{q}{\varepsilon_0}$$

$$E = \frac{q}{2\varepsilon_0 S}=\frac{\sigma}{2\varepsilon_0}$$

3) Поле однороднозаряженного кольца.
Для начала отметим, что при бесконечном удалении от кольца формула напряженности кольца обязана слиться с напряженностью точечного заряда, поэтому я рискую сделать смелое предположение о том, что вектора напряженности от кольца должны быть сферически симметричны. Этого предположения достаточно для вывода формулы.

$$\int\limits_{S}^{}E\cos\alpha ds = \frac{q}{\varepsilon_0}$$

$$4E \pi R^2 = \frac{q}{\varepsilon_0}= \frac{\tau 2\pi r}{\varepsilon_0}$$

$\tau$ - линейная плотность заряда кольца, $r$ - радиус кольца

$$E = \frac{2r\tau}{4R^2}$$

[DimaM]

Pulseofmalstrem в сообщении #989238 писал(а):

я рискую сделать смелое предположение о том, что вектора напряженности от кольца должны быть сферически симметричны

Это неверно.

[Pulseofmalstrem]

DimaM в сообщении #989256 писал(а):

Pulseofmalstrem в сообщении #989238 писал(а):

я рискую сделать смелое предположение о том, что вектора напряженности от кольца должны быть сферически симметричны

Это неверно.

А как тогда задать их, необходимо же считать поток напряженности через контур.

[DimaM]

Pulseofmalstrem в сообщении #989259 писал(а):

А как тогда задать их, необходимо же считать поток напряженности через контур.

Никак. Теорема Гаусса не поможет для вычисления поля от кольца. Надо честно считать потенциал, например, разложив по мультиполям (если точка достаточно далеко).

[Munin]

Как считаются напряжённости от разнообразных фигур:

1. От самых простейших - по теореме Гаусса.

2. В общем случае, если имеем распределение заряда по пространству - то можно взять интеграл от закона Кулона: $\displaystyle\vec{E}(\vec{r}\,)=\int\dfrac{k\,\rho(\vec{r}\,')\cdot(\vec{r}-\vec{r}\,')}{|\vec{r}-\vec{r}\,'|^3}d^3\vec{r}\,'.$

3. Если имеем проводники, то и этот метод не помогает: требуется решать уравнение Лапласа (или, возможно, Пуассона) с граничными условиями Дирихле (и, возможно, Неймана). Есть набор приближённых методов решения, и точные для некоторых частных случаев.

[DimaM]

Munin в сообщении #989300 писал(а):

В общем случае, если имеем распределение заряда по пространству - то можно взять интеграл от закона Кулона: $\displaystyle\vec{E}(\vec{r}\,)=\int\dfrac{k\,\rho(\vec{r}\,')\cdot(\vec{r}-\vec{r}\,')}{|\vec{r}-\vec{r}\,'|^3}d^3\vec{r}\,'.$

Обычно легче считать потенциал $\displaystyle\varphi({\bf r})=\int\dfrac{k\,\rho({\bf r}')}{|{\bf r}-{\bf r}'|}d^3{\bf r}'$, а поле находить дифференцированием.

[Munin]

DimaM в сообщении #989371 писал(а):

Обычно легче считать потенциал $\displaystyle\varphi({\bf r})=\int\dfrac{k\,\rho({\bf r}')}{|{\bf r}-{\bf r}'|}d^3{\bf r}'$, а поле находить дифференцированием.

Да. Но объяснять это было дольше :-)

Будем считать, что я заранее продифференцировал :-)

-- 12.03.2015 20:02:38 --

P. S. Легче потому, что формула скалярная, и интегралов приходится брать втрое меньше. Так? Или я ещё что-то упускаю, и интегралы легче берутся? (Не всегда они берутся, кстати, см. заряженные линию и плоскость.)

[Pulseofmalstrem]

Munin
А разве напряженность не выводиться взятием градиента? Хотя взятие градиента и есть дифференцирования по разным осям по сути.
$\displaystyle\varphi({\bf R})=\int\dfrac{k\,\rho({\bf R}')}{|{\bf r}-{\bf r}|}d^3{\bf r}'$
Я правильно понимаю эта формула задает электрическое поле, через потенциал. А потенциал задается радиус вектором точки в которой, он отсчитывается $\vec{R}$, зарядом $q=\int p(\vec{r})dV$, и собственно вектором $\vec{r}$, который есть радиус-вектор заряда.
Если попробовать рассмотреть качественную ситуацию с точечным зарядом, выйдет что-то такое:
$\varphi (\vec{R}) = \int \frac{kq}{\vec{r'}}dr = \frac{kq}{\vec{r'}}$
Далее надо сделать что-то такое:
$\operatorname{grad}\varphi(\vec{R}) = \vec{E}(\vec{R})=\frac{kq}{r'^2}$
Ну по идее, так должно быть, хотя честно я еще пока не понимаю до конца шага перехода от интегральной записи к непосредственному выражению для потенциала, можно сказать что на данном этапе ум мысленно подгоняет интеграл под известную формулу для точечного заряда, но самого понимая как брать этот интеграл в общем виде пока нет, к сожалению.

----
А стоп, нашел очевидную ошибку!
$dV=d^3R$Тогда все понятно!
$\varphi (\vec{R}) = \int \frac{p(r)q}{\vec{r'}}d^3r = \frac{kq}{\vec{r'}}$