Как работает электронная лампа? ФЛФ II, з-ча 5-5.

[Uchitel'_istorii]

Условие английское:

png писал(а):

5-5. In a certain electronic tube, electrons are emitted from a hot plane metal surface, and collected by a plane metal plate parallel to the emitter, at the distance $d$ away. (The distance $d$ is small compared with the lateral dimensions of the plates.) The electric potential between the plates is given by $\phi = kx^{4/3}$ where $x$ is the distance from the emitter.

a) What is the surface charge density $\sigma$ on the emitter? On the collector?
b) What is the volume density $\rho(x)$ for $0 < x < d$?

Условие русское :

(1978) писал(а):

5. 5. В электронной лампе электроны вылетают из раскаленной металлической пластины (катод) и собираются на плоской металлической пластине (анод), расположенной параллельно эмиттирующей поверхности на расстоянии $d$ от нее. (Расстояние $d$ предполагается малым по сравнению с размерами обеих пластин.) Потенциал электрического поля между пластинами меняется по закону$\phi = kx^{4/3}$ где $х$— расстояние от эмиттера.

а) Чему равна плотность поверхностных зарядов на эмиттере? На коллекторе?

б) Как меняется плотность объемного заряда $\rho(x)$ в пространстве между пластинами, т. е. в интервале $0 < x < d$?

Решение 1978:

png писал(а):

5.5. В силу симметрии задачи $\phi(x, y, z) = \phi(x)$.
a)$E(x) = - \tfrac{d\phi}{dx} = - \tfrac{4}{3}kx^{1/3}$

Отсюда . $\sigma | _{x=0} = \epsilon_0 E(0)$ и $\sigma | _{x=d} = - \epsilon_0 E(d)$ .
Знак минус в последней формуле обусловлен тем, что нормаль к рассматриваемой поверхности коллектора направлена против направления оси $x$. Таким образом,

$\sigma | _{x=d} = \tfrac{4}{3}kd^{1/3}$
б) Используя результат задачи 5.4, получаем
$\rho(x) = \epsilon_0 \tfrac{dE(x)}{dx}$
(это уравнение Максвелла $\nabla \mathbf E =\frac{\rho}{\epsilon_0}$ в одномерном случае). Отсюда, используя результат п. (а) данной задачи, находим
$\rho(x) = - \tfrac{4}{9}k \epsilon_0 x^{-2/3}$

Мое решение:
Поле в точке между эмиттером и коллектором по принципу суперпозиции:
$E(x) = E_\text{em}- E_\text{col} + E_\rho(x)$
$E_\text{em}$ - поле эмиттера;
$ E_\text{col}$ - поле коллектора;
$ E_\rho(x)$ - поле распределенного заряда плотностью $\rho(x)$.
Согласно уравнению (5.3):
$E_\text{em} = \tfrac{\sigma_\text{em}}{2\epsilon_0}$ , $ E_\text{col} = \tfrac{\sigma_\text{col}}{2\epsilon_0}$.
Из предыдущей задачи 5.4:
$E_\rho(x) =\int_{-\infty}^{x} \tfrac{\rho(x)dx}{2\epsilon_0} - \int_{x}^{+\infty} \tfrac{\rho(x)dx}{2\epsilon_0} $.

$E(x) = \tfrac{\sigma_\text{em}}{2\epsilon_0} - \tfrac{\sigma_\text{col}}{2\epsilon_0} + \int_{-\infty}^{x} \tfrac{\rho(x)dx}{2\epsilon_0} - \int_{x}^{+\infty} \tfrac{\rho(x)dx}{2\epsilon_0}$

$=\tfrac{\sigma_\text{em}}{2\epsilon_0} - \tfrac{\sigma_\text{col}}{2\epsilon_0} + \tfrac{P(x)}{2\epsilon_0} - \tfrac{P(-\infty)}{2\epsilon_0} - \tfrac{P(\infty)}{2\epsilon_0} + \tfrac{P(x)}{2\epsilon_0}$,
где $P(x)$ - какая-то функция такая, что $\text{d}P(x)=\rho(x)\text{d}x$.

Согласно уравнению (4.27):
$\mathbf E = -\nabla \phi $
$E(x) = -\tfrac{\text{d}}{\text{d}x}kx^{4/3} = -\tfrac{4}{3}kx^{1/3}$
Отсюда видно, что из предыдущего уравнения должны остаться только члены с $P(x)$:
$2 \tfrac{P(x)}{2\epsilon_0} = -\tfrac{4}{3}kx^{1/3}$.

$\rho(x) = \tfrac{\text{d}}{\text{d}x}P(x) = -\tfrac{4}{9}k \epsilon_0 x^{-2/3}$.

Поверхностная плотность заряда на пластинах :
$\sigma_\text{em} = \sigma_\text{col} = 0.$
Ненулевая плотность заряда вносила бы дополнительное слагаемое ($\propto x$) в формулу потенциала. Но в таком случае неясно, что вообще заставляет электроны отрываться от эмиттера.

[realeugene]

Uchitel'_istorii в сообщении #1525747 писал(а):

Поверхностная плотность заряда на пластинах :
$\sigma_\text{em} = \sigma_\text{col} = 0.$

Если получилась чушь, значит, в её выводе вы допустили ошибки.

Непонятно, почему вы интегрируете от минус бесконечности? Тонкие слои заряда на поверхностях не представимы обычными функциями. Но это вам и не нужно, так как заряды на внешних сторонах пластин всё равно не интересны, а при расчёте до бесконечностей их учитывать нужно. Правильная альтернатива - ограничить область рассматриваемого поля внутренностью между пластинами, зная, что внутри самих металлических пластин напряженность поля равна нудю. И тогда плотности заряда на пластинах будут задавать только краевые условия для поля между пластинами: от этих плотностей к напряженности поля возле поверхности можно перейти при помощи теоремы Гаусса.

[Uchitel'_istorii]

Да, там надо было записать:
$E(x) = \tfrac{\sigma_\text{em}}{2\epsilon_0} - \tfrac{\sigma_\text{col}}{2\epsilon_0} + \int_{0}^{x} \tfrac{\rho(x)dx}{2\epsilon_0} - \int_{x}^{d} \tfrac{\rho(x)dx}{2\epsilon_0}$

$=\tfrac{\sigma_\text{em}}{2\epsilon_0} - \tfrac{\sigma_\text{col}}{2\epsilon_0} + \tfrac{P(x)}{2\epsilon_0} - \tfrac{P(0)}{2\epsilon_0} - \tfrac{P(d)}{2\epsilon_0} + \tfrac{P(x)}{2\epsilon_0}$.

Следовательно
$\tfrac{\sigma_\text{em}}{2\epsilon_0} - \tfrac{\sigma_\text{col}}{2\epsilon_0} - \tfrac{P(0)}{2\epsilon_0} - \tfrac{P(d)}{2\epsilon_0} = 0$.
Получается:
$ \sigma_\text{em} - \sigma_\text{col} = {P(d)} = -\tfrac{4}{3}k \epsilon_0 d^{1/3}$.
Все равно можно узнать только разность зарядов на пластинах. Так?

[amon]

Uchitel'_istorii в сообщении #1525756 писал(а):

Все равно можно узнать только разность зарядов на пластинах. Так?

Нет, не так. Если Вы знаете напряженность электрического поля, то из уравнения $\operatorname{div}\mathbf{E}=4\pi\rho$ плотность заряда восстанавливается однозначно (систему СИ при изучении электродинамики на дух не переношу, виноват). Напряженность, в свою очередь, однозначно восстанавливается из потенциала. Посему, Ваши манипуляции с принципом суперпозиции излишни и только запутывают дело, что Вы и продемонстрировали.

[Uchitel'_istorii]

amon в сообщении #1525771 писал(а):

из уравнения $\operatorname{div}\mathbf{E}=4\pi\rho$ плотность заряда восстанавливается однозначно

Плотность заряда $\rho$ восстановили. Надо восстановить $\sigma$.
Если бы $\rho(0) = 0$, то вопросов нет. Тогда, как в решебнике, $\sigma(0) = 0$. Но из уравнения $\rho$ видно, что $\rho(0)=-\infty$.
Фейнман в лекции II.5-9 говорил, что избыточный заряд сосредоточен в верхних 1-2 слоях атомов. Думаю, надо на эту толщину умножать:
$\sigma_\text{col} = \sigma(0) \approx \sigma(d_\text{atom})=\int_{0}^{d_\text{atom}} \rho(x)dx = -\tfrac{4}{3}k \epsilon_0 (d_\text{atom})^{1/3}$
$d_\text{atom} = 2\cdot 10^{-10}\text{m} $

[amon]

Uchitel'_istorii в сообщении #1525947 писал(а):

Но из уравнения $\rho$ видно, что $\rho(0)=-\infty$.

Из какого такого уравнения? Мне, например, видно, что вплоть до поверхности катода $E_x=\frac{4}{3}kx^\frac{1}{3},$ значит на поверхности $E_x=E_n=4\pi\sigma=0,$ и никак иначе.

[Uchitel'_istorii]

amon в сообщении #1525950 писал(а):

Из какого такого уравнения?

В начале темы:
$\rho(x) = \tfrac{\text{d}}{\text{d}x}P(x) = -\tfrac{4}{9}k \epsilon_0 x^{-2/3}$

amon в сообщении #1525950 писал(а):

вплоть до поверхности катода $E_x=\frac{4}{3}kx^\frac{1}{3},$ значит на поверхности $E_x=E_n=2\pi\sigma=0,$ и никак иначе.

Фейнман показал, что так нельзя делать. Fig. 5–7 - гауссова поверхность для одной пластины дает только половину полного поля, и то это для случая равных зарядов на пластинах.

[amon]

Uchitel'_istorii в сообщении #1525951 писал(а):

Фейнман пояснял, что так нельзя делать.

Там у меня, действительно, опечатка. Должно быть $E_n=4\pi\sigma=0,$ но сути дела это не меняет. Поле вблизи проводника однозначно определяет поверхностную плотность заряда, и никакие пассы с интегралами тут не нужны. Фейнман, IMHO, не лучший учебник по электродинамике. Почитали бы Вы лучше Тамма.

[realeugene]

Uchitel'_istorii в сообщении #1525951 писал(а):

Фейнман показал, что так нельзя делать.

В каком именно месте он это показал?

Uchitel'_istorii в сообщении #1525951 писал(а):

гауссова поверхность для одной пластины дает только половину полного поля

Бессмыслица.

Похоже, вы не понимаете, что именно Фейнман делает. А можете ли вы сформулировать по памяти теорему Гаусса в интегральной форме?

[Uchitel'_istorii]

Цитата:

А можете ли вы сформулировать по памяти теорему Гаусса в интегральной форме?

$\int_\text{замкнутая поверхность} E_n da = \text{(заряд внутри)}/\epsilon_0$
Но указанное поле - только поле зарядов внутри поверхности, а не всех зарядов.

Цитата:

В каком именно месте он это показал?

На указанной фигуре Fig. 5–7 поле одной пластины $=E/2$. Также цитата:

II.5-6 писал(а):

We emphasize that this result applies only to the field due to the charges on the sheet. If there are other charges in the neighborhood, the total field near the sheet would be the sum of (5.3) and the field of the other charges. Gauss’ law would then tell us only that $E_1+ E_2= \sigma / \epsilon_0 $, (5.4) where $E_1$ and $E_2$ are the fields directed outward on each side of the sheet.

[amon]

Uchitel'_istorii в сообщении #1525956 писал(а):

Но указанное поле - только поле зарядов внутри поверхности, а не всех зарядов.

А что изменится, если я прибавлю поле какого-нибудь (для простоты - точечного) заряда к полю зарядов, находящихся внутри поверхности?

[realeugene]

Uchitel'_istorii в сообщении #1525957 писал(а):

Но указанное поле - только поле зарядов внутри поверхности, а не всех зарядов.

Нет. Электрическое поле - оно общее для всех зарядов. В теореме Гаусса под интегралом сидит поле, создаваемое всеми зарядами сразу.

А вот теперь, с этим новым знанием, перечитайте с самого начала эту граву ФЛФ.

[Uchitel'_istorii]

Цитата:

А что изменится, если я прибавлю поле какого-нибудь (для простоты - точечного) заряда к полю зарядов, находящихся внутри поверхности?

По формуле (4.32) поле (сумма по поверхности проекций на нормаль) внешних зарядов дает ноль, т.е. да, можно добавлять поле, но аккуратно.

Цитата:

А вот теперь, с этим новым знанием, перечитайте с самого начала эту граву ФЛФ.

Перечитано. Как я понимаю, в формулу теоремы Гаусса подставляется либо поле зарядов внутри поверхности, либо всех зарядов. В случае пластины поле зарядов пластины симметрично, но поле всех зарядов не симметрично, поэтому если брать все заряды, то надо в теорему Гаусса писать поле с двух сторон (формула (5.4)). В принципе, наружное поле можно найти как сумму полей пластин и летящих зарядов. По-моему, это лишние расчеты , и принцип суперпозиции надо задействовать.

[realeugene]

Uchitel'_istorii в сообщении #1525978 писал(а):

принцип суперпозиции надо задействовать.

Вот это здравая идея. Можете его его сформулировать по памяти? Заодно дав определение понятию "поле"?

-- 13.07.2021, 13:42 --

Uchitel'_istorii в сообщении #1525978 писал(а):

в формулу теоремы Гаусса подставляется либо поле зарядов внутри поверхности, либо всех зарядов.

Теорема Гаусса формулируется для поля как решения уравнений Максвелла. Другие заряды - другое решение для поля электрической индукции.

[Uchitel'_istorii]

Цитата:

Вот это здравая идея.

Меня просили не использовать принцип суперпозиции.

Цитата:

Можете его его сформулировать по памяти?

Поле в точке равно векторной сумме полей всех источников. Поле - это сила, деленная на заряд (или соотв.величину).