Заряженный проводящий отрезок.

[ewert]

По поводу тангенциальности. Происхождение идеи понятно: действительно, тангенциальная составляющая всегда будет. Только вот в чём проблема: эта составляющая всегда ограниченна вблизи отрезка (во всяком случае, если распределение зарядов гладко). В то время как нормальная составляющая вблизи отрезка всегда заведомо бесконечна. И, значит, силовые линии всегда выходят из отрезка всегда под именно прямым углом.

[drug39]

ewert в сообщении #511733 писал(а):

нормальная составляющая вблизи отрезка всегда заведомо бесконечна. И, значит, силовые линии всегда выходят из отрезка всегда под именно прямым углом.

дык и тангенциальная будет бесконечна, если участок заряжен неравномерно.

[ewert]

drug39 в сообщении #511902 писал(а):

дык и тангенциальная будет бесконечна, если участок заряжен неравномерно.

А Вы оцените её.

[espe]

Тангенциальная составляющая равна нулю, так как проводник является эквипотенциальной поверхностью (в электростатике).

[drug39]

ewert в сообщении #511906 писал(а):

А Вы оцените её.

Вы намекаете, что при любом раскладе нормальная составляющая много больше тангенциальной. Следовательно, нельзя сказать, что проводящий отрезок заряжен равномерно за исключением концов. Так?

[Morkonwen]

Ойойо не правильно написал в сообщении выше. Тангенциальная - паралельная поверхности обращается в ноль, и остается только нормальная- перпендикулярная поверхности. даже для синусоидального распределения.

Если говорить что тангенциальная всегда остается, а нормальная обращается в бесконечность, то это то же самое, что сказать "поле в пределе нормально" не находите=)?

[drug39]

Morkonwen в сообщении #511958 писал(а):

Тангенциальная ... обращается в ноль даже для синусоидального распределения.

Как раз для синусоидального распределения тангенциальная составляющая будет в окрестности нуля синуса.
В общем, пришли к тому, тангенциальная составляющая у отрезка быть может, но она много меньше, чем нормальная. Хотя у эллипсоида и цилиндра тангенциальной составляющей нет в принципе. Приходится признать, что мое доказательство слабовато. Как-то упустил из вида, что минимумы на графиках следует рассматривать с учетом проекции зенитного угла на отрезок. Тогда они могут показаться не таким уж и узкими, чтобы их не учитывать. Надо будет на досуге пересчитать цилиндр на более плотной сетке и с большей вытянутостью цилиндра.

[Morkonwen]

drug39 в сообщении #512169 писал(а):

Надо будет на досуге пересчитать цилиндр на более плотной сетке и с большей вытянутостью цилиндра.

Я как закончу с другой задачей попробую аналитически посчитать циллиндр. Просто один раз я это пробовал, но у меня ничего не вышло - если решать дифур и пытаться найти решение рядами, то на торцах ничего не выйдет - попробую найти в квадратурах функцией грина.

[mihiv]

По-моему все,кто обсуждал эту задачу,согласны с тем,что плотность распределения заряда по поверхности цилиндра имеет следующий вид:она практически постоянна на боковой поверхности цилиндра и резко возрастает на торцах.
Пусть размеры цилиндра $L,R$,а его полный заряд $q$.Обозначим заряд на торце цилиндра через $q_1$.Заряд должен распределиться по поверхности таким образом,чтобы потенциальная энергия была минимальной.Ясно,что при малых $R$ наибольший вклад в потенциальную энергию $E$ дают "собственные" энергии торцов цилиндра и равномерно заряженной боковой поверхности цилиндра(без торцов).
Таким образом (при малых $R$):

$$E\sim 2\dfrac {q_1^2}{R}+\dfrac {(q-2q_1)^2\ln (\frac LR)}{L}\qquad (1)$$

Перед каждым слагаемым в (1) должен стоять некоторый числовой коэффициент,который для простоты не записываем.Минимальное значение (1) получим при $q_1=\dfrac q{\frac L{R\ln (\frac LR)}+2}}.$Видим,что $q_1\to 0$ при $R\to 0$Величины $L,q$ считаем при этом постоянными.

[obar]

Ваша оценка совпадает с полученной у меня (в главном асимптотическом пределе)
http://dxdy.ru/post510851.html#p510851
и найдена из других соображений. Надеюсь, это убедит сторонников "концевых зарядов" в ошибочности их мнения.

[rustot]

а что должен показать переход к пределу $R \to 0$ или $L \to \infty$? проводник бесконечного удлиннения, то есть бесконечной длины при конечном радиусе, понятно что заряжен равномерно

[mihiv]

Переход к пределу $R\to 0 $ показывает,что на концах отрезка не может содержаться конечная доля полного заряда,эта доля стремится к 0.Линейная плотность заряда при этом стремится к постоянной величине $\dfrac qL$.

[rustot]

все равно непонятно насчет конечного заряда. на бесконечном проводнике $L \to \infty$ (а это эквивалентно $R \to 0$ в силу того что распределение заряда не меняется при масштабировании $\frac{L}{R} = \operatorname{const}$) влияния концов нет и заряд равномерен, это не нужно доказывать

но возьмем например два шара, соединеных тонким цилиндром. на шарах вполне определенная (и бОльшая) доля общего заряда. но если мы начнем удлиннять цилиндр до бесконечности то он превратится в бесконечный провод с равномерным зарядом и нулевым зарядом на шарах в пределе. и это никак не опровергает фиксированную долю заряда на шарах при соединении конечной длины

[mihiv]

rustot,мне тоже кажется,что проще всего показать отсутствие зарядов на концах отрезка из соображений размерности,об этом уже писал obar,но,видимо,это не всех убедило.

[drug39]

Те, кто проследили от начала и до конца доказательство для предельно вытянутого эллипсоида по нормальным книгам могут отметить, что к равномерности заряда отрезка, а значит и к отсутствию концевых зарядов, для эллипсоида приходят не так просто, как многие здесь хотят видеть. С цилиндром же дело обстоит еще сложнее. Если бы было так просто, как здесь многие написали, то, думаю, об этом давно бы написали и в учебниках.
Задачу о предельно вытянутом проводящем цилиндре можно свести к одномерному интегральному уравнению. Пусть $Ox -$ координатная ось цилиндра с началом в центре цилиндра и направлением вдоль его главной оси, $\tau(x) -$ линейная плотность заряда отрезка, эквивалентного цилиндру. Условие нормальности поля к боковой поверхности цилиндра можно написать в виде
(1) $ \int_{-h/2}^{h/2} \tau(x)\frac{x-\xi}{|x-\xi|^3} dx \sim \delta(\xi-h/2+o)-\delta(\xi+h/2-o) $,
где $o\rightarrow +0, -h/2<\xi<h/2$.
Нулевая правая часть на отрезке $(-h/2, h/2)$ означает отсутствие составляющей поля по оси $Ox$ у боковой поверхности цилиндра. Дельта-функции означают ступенчатое поведение функции потенциала (по тетта-функции) при переходе через ребра цилиндра по оси $Ox$. При этом сам потенциал цилиндра, разумеется, бесконечен и постоянен.
Если написать подобное уравнение для эллипсоида, то правая часть на отрезке $(-h/2, h/2)$ не равна нулю, а также не будет концевых дельта-функций (но большего про правую часть для эллипсоида при таком подходе не скажешь).
Как известно, сингулярности в правой части интегрального уравнения оборачиваются сингулярностями его решения в тех же точках. Это и означает наличие концевых зарядов у отрезка.
Решением интегрального уравнения (1) будет сумма частного решения и решения одноного уравнения
(2) $\int_{-h/2}^{h/2} \tau(x)\frac{x-\xi}{|x-\xi|^3} dx=0 $
$(-h/2<\xi<h/2)$ с произвольным весом.
Если вес однородного решения много больше частного решения, то не будет и сингулярностей, т.е. не будет и концевых зарядов. Решение, в котором вес концевых зарядов наибольший, и соответствует предельно вытянутому цилиндру. Решение, «разбавленное» однородной частью, соответствует предельно вытянутому цилиндру с некоторой степенью скругления торцов. Если скругления полные, то концевых зарядов не будет, но на концах отрезка останется асимптотическая бесконечность, которая имеет место в решении уравнения (2).
Ну, все, осталась решабельная математика.