Электростатика.

[Dmitriy40]

Ёмкость сферы можно получить и без интегрирования, предельным переходом от ёмкости плоского конденсатора: сворачиваем плоский конденсатор в две концентрические сферы (при этом формула для ёмкости меняется разумеется), потом внешнюю обкладку убираем в бесконечность. Собственно подозреваю именно так оно и выводится в школе. Интегрированием разумеется правильнее, но сложнее.

[Munin]

В школе так нельзя, потому что ёмкость конденсатора из двух сфер - взять неоткуда.

Можно вычислить поле сферы, а может быть, даже проинтегрировать его (вот в этом месте сомневаюсь, что это school level).

[Monster]

Munin
Это неплохая идея.
Во-первых, потому что я прочитал в ЛЛ вывод факта, что касательные компоненты поля на поверхности проводника должны быть равны 0, и совершенно не понял этот вывод. Мне бы хотелось понять, почему это правда без сложных мат. выкладок.

Во-вторых, потому что я не знаю, как мне непосредственно может помочь эта книга в решении задачи 5.

[Ms-dos4]

1)Хм, в первой главе там ничего сложно нет. От себя могу лишь добавить, что поле не имеет тангенциальных компонент у поверхности проводника потому, что она является эквипотенциальной. Если уж и так не ясно...
P.S.Почитайте лучше Зильберман "Электричество и магнетизм" (рассчитана на школьников), и полностью. Думаю тогда большинство ваших вопросов отпадут (да и выкладки в начале ЛЛ будут более ясны).
2)Я вам решение задачи №5 уже написал. Единственное, что я использовал - то, что поле снаружи сферы такое же, как если бы в её центр был помещён точечный заряд, равный заряду сферы. Это легко доказывается по теореме Гаусса.

[Munin]

Monster в сообщении #1010196 писал(а):

Во-первых, потому что я прочитал в ЛЛ вывод факта, что касательные компоненты поля на поверхности проводника должны быть равны 0, и совершенно не понял этот вывод. Мне бы хотелось понять, почему это правда без сложных мат. выкладок.

Вот для этого я вам и предложил совсем другую книжку. На несколько этажей ниже, чем ЛЛ.

-- 02.05.2015 00:26:12 --

Ms-dos4 в сообщении #1010204 писал(а):

P.S.Почитайте лучше Зильберман "Электричество и магнетизм" (рассчитана на школьников), и полностью.

Я её и рекомендовал. Он что, меня совсем не услышал?..

[Dmitriy40]

Можно мне попробовать совсем по простому объяснить? Спасибо.
Monster
Если бы вектор напряженности был не перпендикулярен поверхности проводящего тела в какой-то точке, то его можно было бы разложить на два компонента: перпендикулярный поверхности и касательный к поверхности. И второй действовал бы на заряды в проводящем теле, перемещая их (заряды) вдоль поверхности вплоть до обнуления этой составляющей. И если не забыть про силы "трения" (сопротивления перемещению зарядов), то колебания успокоятся именно в положении когда касательная компонента вектора напряженности нулевая.
Ну нарисуйте десяток электронов равномерно вдоль поверхности и попробуйте наклонить вектор напряженности поля и посмотрите что будет с электронами и куда будут направлены действующие на них силы. Всё сами легко увидите.

[Monster]

Dmitry40

Спасибо! Здесь всё понятно.

-- 02.05.2015, 09:00 --

Ms-dos4

Вы не могли бы его [решение] на пальцах объяснить, без интегрирования? Я понимаю, что вы используете плотность энергии электрического поля, но почему получается такой ответ не понимаю.

[Ms-dos4]

Monster
Без интегрирования не получится. Вы лучше скажите, что вы в данном интегрировании не понимаете.
P.S.И начните уже Зильбермана читать.

[Monster]

Ms-dos4

А, всё понял
Спасибо!
Зильбермана читать уже начал.

[Ms-dos4]

Monster
Я на всякий случай уточню, что мы выбрали сферическую систему координат, где $\[dV = {r^2}\sin \theta drd\theta d\varphi \]$. Интегрировать нужно по всем углам, $\[\theta \]$ от $\[0\]$ до $\[\pi \]$ и $\[\varphi \]$ от $\[0\]$ до $\[2\pi \]$. По радиальной координате - т.к. поле сферы внутри равно нулю, а при $\[r > R\]$ есть $\[E = \frac{q}{{{r^2}}}\]$, то интегрируем от $\[R\]$ до $\[\infty \]$. Ввиду независимости $\[E(r)\]$ от углов, по ним интегрирование ведётся как бы "независимо". Вот и получаем $\[U = \frac{1}{{8\pi }}\int {{{\vec E}^2}dV} = \frac{1}{{8\pi }}\int\limits_R^\infty {\frac{{{q^2}}}{{{r^4}}}{r^2}dr} \int\limits_0^\pi {\sin \theta d\theta } \int\limits_0^{2\pi } {d\varphi } \]$. Интегралы по углам дают полный телесный угол - $\[4\pi \]$. Интеграл по радиальной координате даёт $\[\frac{{{q^2}}}{R}\]$. Вот и получаем в итоге $\[\frac{1}{2}\frac{{{q^2}}}{R}\]$. Все интегралы табличные, так что сложности возможно только при сведении тройного интеграла к повторному.
P.S.Да и вообще - даже если и не совсем понятно, не страшно. Лучше продолжайте читать, там для школьников вещи поважнее. А техника интегрирования она попозже придёт

[Munin]

Ms-dos4

(Оффтоп)

Чтобы дифференциалы не слипались между собой, их можно разделять пробелами. Я предпочитаю пробел \, рекомендованный в Сюткине, хотя некоторые, я видел, используют пробелы \; и \␣ (бэкслеш-пробел). Получается:
$dV=r^2\sin\theta\,dr\,d\theta\,d\varphi$
ср. с
$\[dV = {r^2}\sin \theta drd\theta d\varphi \]$

[Ms-dos4]

Munin

(Оффтоп)

Спасибо

[arseniiv]

Dmitriy40 в сообщении #1010239 писал(а):

И второй действовал бы на заряды в проводящем теле, перемещая их (заряды) вдоль поверхности вплоть до обнуления этой составляющей.

«Вплоть до обнуления» можно не писать. Раз из ненулевой ненормальной касательной компоненты напряжённости следует перемещение зарядов, то из неперемещения зарядов следует нулевая касательная компонента напряжённости. А может ли система сама себя причесать и умыть — это уже другая история.