Campo eléctrico en una esfera atravesada por un agujero cilíndrico

Question

Campo eléctrico en una esfera atravesada por un agujero cilíndrico

Marco Emilsson

Supongamos que tienes una esfera de radio $R$ y densidad de carga uniforme $\rho$ ; un agujero cilíndrico con radio $a$ ( $a\ll R$ ) se perfora a través del centro de la esfera, dejándola como una "cuenta de collar".

Me gustaría encontrar una función para el campo eléctrico (1) muy lejos de la esfera ( $r\gg R$ ) y (2) dentro del agujero, cerca del centro de la cuenta $r\ll R$ .

En el caso (1), simplemente lo trato como una carga puntual y calcular el campo eléctrico es trivial.

Sin embargo, no estoy seguro de cómo abordar la parte (2) y agradecería cualquier ayuda. La combinación de geometrías esféricas y cilíndricas parece complicarlo bastante. No estoy seguro de qué aproximación o simplificación hacer a partir del conocimiento de que $r\ll R$ .

¿Sería quizás correcto encontrar el campo eléctrico de (1) una esfera completa cargada uniformemente y (2) un cilindro de densidad de carga $-\rho$ ? Sumadas, las densidades de carga darían como resultado nuestro sistema original de "perlas", por lo que solo puedo sumar las expresiones para el campo eléctrico. Hacer el caso (1) es bastante fácil, pero (2) no es trivial para posiciones que no están a lo largo del eje del cilindro, pero quizás debido a nuestra condición de que $r\ll R$ y $a\ll R$ , podemos suponer que el campo del cilindro a lo largo de la $z$ -axis es una aproximación suficientemente buena.

Chris Müller

En el mismo centro de la cuenta, la simetría implica que el campo eléctrico es cero.

Marco Emilsson

Por supuesto, pero ¿qué pasa con otras partes del agujero?

Chris Müller

La intensidad del campo también debe permanecer aproximadamente sin cambios mientras se mueve en el

ρ

$\rho$ dirección (en coordenadas cilíndricas) por la misma razón que no sientes la masa de un caparazón cuando estás dentro del caparazón. Entonces, deberías terminar con algo que es solo una función de

z

$z$ . Tu edición suena como una buena idea. Ciertamente está bien, en teoría, debido a la superposición, aunque no sé si facilitará las integrales.

Shivam Sarodia

No olvide que en su método propuesto de agregar un cilindro de densidad de carga

- ρ

$-\rho$ , está descuidando la parte curva de la esfera por encima y por debajo del cilindro de carga negativa o agregando cargas negativas adicionales por encima y por debajo de la esfera, dependiendo de la altura de su cilindro. No sé si esto sería significativo para el problema, pero vale la pena tenerlo en cuenta. (No estoy seguro de si eso tiene sentido; si no es así, haré una imagen).

Marco Emilsson

@Draksis: Ah, así es. Creo que es relativamente seguro aproximar el agujero como un cilindro, porque sabemos que el radio del agujero es mucho más pequeño que el radio de la esfera.

Shivam Sarodia

@Kironide Oh, eso es ciertamente cierto.

Respuestas (2)

Campo eléctrico en una esfera atravesada por un agujero cilíndrico

En el mismo centro de la cuenta, la simetría implica que el campo eléctrico es cero.
Por supuesto, pero ¿qué pasa con otras partes del agujero?
La intensidad del campo también debe permanecer aproximadamente sin cambios mientras se mueve en el $\rho$ dirección (en coordenadas cilíndricas) por la misma razón que no sientes la masa de un caparazón cuando estás dentro del caparazón. Entonces, deberías terminar con algo que es solo una función de $z$ . Tu edición suena como una buena idea. Ciertamente está bien, en teoría, debido a la superposición, aunque no sé si facilitará las integrales.
No olvide que en su método propuesto de agregar un cilindro de densidad de carga $-\rho$ , está descuidando la parte curva de la esfera por encima y por debajo del cilindro de carga negativa o agregando cargas negativas adicionales por encima y por debajo de la esfera, dependiendo de la altura de su cilindro. No sé si esto sería significativo para el problema, pero vale la pena tenerlo en cuenta. (No estoy seguro de si eso tiene sentido; si no es así, haré una imagen).
@Draksis: Ah, así es. Creo que es relativamente seguro aproximar el agujero como un cilindro, porque sabemos que el radio del agujero es mucho más pequeño que el radio de la esfera.

RE60K · Answer 1

Para un cilindro:

Cilindro

d V = π a^{2} d r d q = ρ d V = ρ π a^{2} d r d mi = k d q / r^{2} = k ρ π a^{2} d r / r^{2} mi = \int d mi = k ρ π a^{2} \int_{r_{0}}^{r_{0} + yo} d r / r^{2} = \frac{k ρ π a^{2} yo}{r_{0} (r_{0} + yo)}

$dV=\pi a^2dr\\dq=\rho dV=\rho\pi a^2dr\\dE=Kdq/r^2=K\rho\pi a^2dr/r^2\\E=\int dE=K\rho\pi a^2\int_{r_0}^{r_0+l} dr/r^2=\frac{K\rho\pi a^2l}{r_0(r_0+l)}$

En caso de que en su interior como en la figura el campo debido a $R-x$ cilindro de longitud es cancelado por uno similar en el lado opuesto por lo que el campo resultante es:

mi = \frac{k ρ π a^{2} yo}{r_{0} (r_{0} + yo)} = \frac{k ρ π a^{2} (2 X)}{(R - X) (R - X + 2 X)} = \frac{2 k ρ π a^{2} X}{R^{2} - X^{2}} = \frac{2 k ρ π a^{2} X}{R^{2} (1 - \frac{X^{2}}{R^{2}})} \approx \frac{2 k ρ π a^{2} X}{R^{2}} como X ≪ R = \frac{ρ a^{2} X}{2 ϵ_{0} R^{2}}

$E=\frac{K\rho\pi a^2l}{r_0(r_0+l)} =\frac{K\rho\pi a^2(2x)}{(R-x)({R-x}+2x)}\\ =\frac{2K\rho\pi a^2x}{R^2-x^2} =\frac{2K\rho\pi a^2x}{R^2\left(1-\frac{x^2}{R^2}\right)} \approx\frac{2K\rho\pi a^2x}{R^2} \text{ as } x\ll R\\ =\frac{\rho a^2x}{2\epsilon_0R^2}$

Y para esfera:

mi = {\begin{cases} \frac{ρ X}{3 ϵ_{0}} 0 \leq X \leq R \\ \frac{ρ R^{3}}{3 ϵ_{0} X^{2}} X \geq R \end{cases}

$\large E=\begin{cases} \frac{\rho x}{3\epsilon_0}\;0\le x\le R \\\frac{\rho R^3}{3\epsilon_0 x^2}\;x\ge R \end{cases}$

Ahora $E$ se puede calcular fácilmente

{mi}_{o tu t} = \frac{ρ R^{3}}{3 ϵ_{0} r^{2}} - \frac{ρ a^{2} (2 R)}{4 ϵ_{0} (r - R) (r - R + 2 R)} = \frac{ρ R^{3}}{3 ϵ_{0} r^{2}} - \frac{2 ρ a^{2} R}{4 ϵ_{0} (r^{2} - R^{2})} \approx \frac{ρ R^{3}}{3 ϵ_{0} r^{2}} - \frac{ρ a^{2} R}{2 ϵ_{0} r^{2}} como r ≫ R = \frac{ρ R}{6 ϵ_{0} r^{2}} [2 R^{2} - 3 a^{2}]

$E_{out}= \frac{\rho R^3}{3\epsilon_0 r^2}-\frac{\rho a^2(2R)}{4\epsilon_0(r-R)(r-R+2R)}\\ =\frac{\rho R^3}{3\epsilon_0 r^2}-\frac{2\rho a^2R}{4\epsilon_0(r^2-R^2)}\\ \approx \frac{\rho R^3}{3\epsilon_0 r^2}-\frac{\rho a^2R}{2\epsilon_0r^2} \text{ as } r\gg R \\ =\frac{\rho R}{6\epsilon_0 r^2}\left[2R^2-3a^2\right]$

Tenga en cuenta que, $\large\lim_{a\to 0}E=\frac{\rho R^3}{3\epsilon_0 r^2}$

Del mismo modo

{mi}_{i norte} = \frac{ρ X}{3 ϵ_{0}} - \frac{ρ a^{2} X}{2 ϵ_{0} R^{2}} = \frac{ρ X}{6 ϵ_{0}} . [2 - 3 \frac{a^{2}}{R^{2}}]

$E_{in}=\frac{\rho x}{3\epsilon_0}-\frac{\rho a^2x}{2\epsilon_0R^2}\\ =\frac{\rho x}{6\epsilon_0}.\left[2-3\frac{a^2}{R^2}\right]$

Aqui tambien, $\large\lim_{a\to 0}E=\frac{\rho x}{3\epsilon_0}$

usuario50378 · Answer 2

Estoy de acuerdo con el resultado, pero me gustaría explicar otro enfoque más general y rápido. Debido a que el radio del agujero es despreciable con respecto al radio de la esfera, y la única dirección posible para E compatible con la simetría es el eje z, y finalmente teniendo en cuenta que las componentes tangenciales de E son continuas, la solución es exactamente lo mismo que obtenemos cuando sólo consideramos la esfera con una distribución de carga uniforme.

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Shivam Sarodia

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Shivam Sarodia

Respuestas (2)

RE60K

Para un cilindro:

Y para esfera:

Ahora $E$ se puede calcular fácilmente

Del mismo modo

usuario50378

Potencial debido a un anillo cargado: Discontinuidad del campo eléctrico

Campo de un cilindro con densidad de carga superficial σ=σ0cos(θ)σ=σ0cos⁡(θ)\sigma= \sigma_0 \cos(\theta)

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Dada la distribución de carga, encuentre el campo eléctrico

¿La ley de Gauss da un campo cero donde el campo no es cero?

¿Cuál es el significado físico de la densidad de energía de un campo electrostático?

¿Dónde está el error en este cálculo de flujo? [cerrado]

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Chris Müller

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Para un cilindro:

Y para esfera:

Ahorami mi Ese puede calcular fácilmente

Del mismo modo

usuario50378

Ahora $E$ se puede calcular fácilmente