Intensidad de campo eléctrico de capa esférica (con tapa recortada)

Question

Intensidad de campo eléctrico de capa esférica (con tapa recortada)

mirgée

Considere una capa esférica cargada de radio $R$ y densidad de carga superficial $\sigma$ . Elija un punto en la superficie de la cáscara y corte un casquete esférico de radio $a \ll R$ . ¿Cuál es la intensidad del campo eléctrico en el medio del agujero?

Esto se inventó como un problema relativamente fácil de resolver, pero resulta que probablemente no lo sea, ya que cada edición del libro de texto muestra una respuesta diferente y los profesores de nuestro departamento de física no pueden ponerse de acuerdo sobre una. ¿Qué opinas?

Mi intento: primero calculé la intensidad en el eje de un disco y la integré sobre los elementos del disco: $\vec E = \int_0^{2R-{a^2 \over 2R -1}} {\sigma \over 2\epsilon} ({ \sqrt{2Rh} - |h| })dh$ . Esto, utilizando el hecho de que $a \ll R^2$ evalúa a ${\sigma R^2 \over 3\epsilon}$ , Cuál está mal.

Kyle Omán

Bueno, primero, ¿qué te parece? Por lo general, aquí no resolvemos problemas de estilo de libro de texto desde cero. Si tiene un intento de solución, nos complace comentar por qué creemos que es correcto o incorrecto. Lea la política de tarea physics.stackexchange.com/tags/homework/info (que se aplica a las preguntas similares a la tarea, así como a la tarea real).

mirgée

@Kyle: Oh, lo siento. Editado la pregunta.

Respuestas (1)

Intensidad de campo eléctrico de capa esférica (con tapa recortada)

Bueno, primero, ¿qué te parece? Por lo general, aquí no resolvemos problemas de estilo de libro de texto desde cero. Si tiene un intento de solución, nos complace comentar por qué creemos que es correcto o incorrecto. Lea la política de tarea physics.stackexchange.com/tags/homework/info (que se aplica a las preguntas similares a la tarea, así como a la tarea real).

tobías · Answer 1

$\def\ph{\varphi}\def\sign{\operatorname{sign}}\def\eps{\varepsilon}\def\l{\left}\def\r{\right}$ El campo de densidad de desplazamiento de carga radialmente simétrico de carga superficial homogénea en una esfera con un punto medio en el origen tiene solo un componente r

\begin{aligned} D_{r} (r) & = {\begin{cases} \frac{4 π R^{2} σ}{4 π r^{2}} & para r > 0, \\ 0 & para r < 0. \end{cases} \end{aligned}

$\begin{align} D_r(r) &= \begin{cases} \frac{4\pi R^2\sigma}{4\pi r^2} &\text{ for } r>0,\\ 0 &\text{ for } r<0. \end{cases} \end{align}$ En el eje z positivo esto se puede escribir como

\begin{aligned} D_{r} (z) & = \frac{σ R^{2}}{2 r^{2}} (1 + firmar (z - R)) \end{aligned}

$\begin{align} D_r(z) &= \frac{\sigma R^2}{2 r^2}(1+\sign(z-R)) \end{align}$

El campo de un disco uniformemente cargado de radio $a$ en $z=R$ con normal en dirección z y con carga superficial $-\sigma$ es

\begin{aligned} D_{z} (z) & = \frac{- σ}{2} (firmar (z - R) - \frac{z - R}{\sqrt{a^{2} + (z - R)^{2}}}) . \end{aligned}

$\begin{align} D_z(z) &= \frac{-\sigma}2\l(\sign(z-R)-\frac{z-R}{\sqrt{a^2+(z-R)^2}}\r). \end{align}$ Esto resulta de la derivada del potencial para este problema que ya describí en otra respuesta . Para pequeños

a

$a$ esperamos aproximar el agujero por tal disco con opuesto

σ

$\sigma$ a la carga superficial de la esfera. Esto debería dar una aproximación de primer orden en el orden de

a / R

$a/R$ .

La superposición de los campos da

\begin{aligned} D_{z} (z) = \frac{σ}{2} (\frac{R^{2}}{z^{2}} - 1) firmar (z - R) + \frac{σ R^{2}}{2 z^{2}} + \frac{σ (z - R)}{2 \sqrt{a^{2} + (z - R)^{2}}} \end{aligned}

$\begin{align} D_z(z) = \frac{\sigma}2\l(\frac{R^2}{z^2}-1\r)\sign(z-R)+\frac{\sigma R^2}{2z^2}+\frac{\sigma(z-R)}{2\sqrt{a^2+(z-R)^2}} \end{align}$ y en

z = R

$z=R$ esto da

D_{z} (z) = \frac{σ}{2}

$D_z(z) = \frac{\sigma}2$ el campo E correspondiente es

E_{z} = \frac{σ}{2 ε_{0}}

$E_z=\frac\sigma{2\eps_0}$ .

Evaluemos $D_z\l(\sqrt{R^2-a^2}\r)$ como sugirió Mirgee . Tenga en cuenta que $\sign(z-R)=-1$ en ese caso.

\begin{aligned} D_{z} (\sqrt{R^{2} - a^{2}}) & \approx D_{z} (R - \frac{a^{2}}{2 R}) \\ = \frac{σ}{2} + \frac{σ (- \frac{a^{2}}{2 R})}{2 \sqrt{a^{2} + {(\frac{a^{2}}{2 R})}^{2}}} \\ = \frac{σ}{2} + \frac{σ (- \frac{a^{2}}{2 R})}{2 a \sqrt{1 + {(\frac{a}{2 R})}^{2}}} \\ \approx \frac{σ}{2} (1 - \frac{a}{2 R}) \end{aligned}

$\begin{align} D_z\l(\sqrt{R^2-a^2}\r)&\approx D_z\l(R-\frac{a^2}{2R}\r)\\ &=\frac{\sigma}2+\frac{\sigma\l(-\frac{a^2}{2R}\r)}{2\sqrt{a^2+\l(\frac{a^2}{2R}\r)^2}}\\ &=\frac{\sigma}2+\frac{\sigma\l(-\frac{a^2}{2R}\r)}{2a\sqrt{1+\l(\frac a{2R}\r)^2}}\\ &\approx\frac{\sigma}2\l(1-\frac{a}{2R}\r) \end{align}$

Para tener en cuenta la información de segundo orden del disco, se supone que el disco cargado es curvo. La coordenada z del disco. $z_\sigma$ dependiendo de la posición radial $\rho$ del eje es

z_{σ} \approx R porque (\frac{ρ}{R}) \approx R (1 - \frac{1}{2} {(\frac{ρ}{R})}^{2})

$z_\sigma \approx R\cos\l(\frac \rho R\r) \approx R\l(1-\frac12\l(\frac\rho R\r)^2\r)$ El potencial en el eje se convierte en

\begin{aligned} φ (z) & = \frac{σ}{4 π ε_{0}} \int_{ρ = 0}^{a} \frac{2 π \sqrt{1 + {(\frac{ρ}{R})}^{2}} ρ d ρ}{\sqrt{(z - z_{σ})^{2} + ρ^{2}}} \end{aligned}

$\begin{align} \ph(z) &= \frac{\sigma}{4\pi\eps_0} \int_{\rho=0}^a \frac{2\pi\sqrt{1+\l(\frac{\rho}R\r)^2}\rho d\rho}{\sqrt{(z-z_\sigma)^2 + \rho^2}} \end{align}$

Ahora es tiempo de espera para mí. Tengo que ir a trabajar.

Gran respuesta, gracias. la respuesta dice ${\sigma \over 2\epsilon}(1 - {a \over R})$ , sin embargo. ¿Qué aproximaciones crees que se hicieron? Supongo que supusieron que el campo en la esfera es cero.
@mirgee Perdón por el error tipográfico con $\eps_0$ . Usualmente uno calcula el producto $D=\eps_0 E$ y aquí teníamos al revés... arreglé esto. Las dos respuestas difieren sólo en el orden de $a/R$ . La parte constante es la misma. Eso significa en el límite $a\rightarrow 0$ Ellos son iguales. El punto donde hice una aproximación es que descuidé la curvatura de la esfera. Tal vez, uno podría tener esto en cuenta como una aproximación de la serie de Taylor.
Entonces, ¿cómo tener en cuenta la curvatura? Y también, ¿por qué estás evaluando $D_z(z)$ en $z=R$ y no $R-{a^2 \over 2R -1}$ ?
@mirgee ¿Quieres decir $z=\sqrt{R^2-a^2}\approx R \l(1-\frac12\l(\frac aR\r)^2\r)=R-\frac{a^2}{2R}$ ? Estos son cambios en el orden de $(a/R)^2\rightarrow0$ y puede ser despreciado(?). Además, depende de cómo se interprete "medio del agujero". Como un agujero de la esfera se podría mirar en la superficie de la esfera.
@mirgee con $z=R-\frac{a^2}{2R}$ yo obtengo $\frac{\sigma}{2\eps_0}\l(1-\frac a{2R}\r)$ . Tal vez, es demasiado tarde aquí y cometí algún error...
Se agregó el determinante funcional para la representación de segundo orden de la integral. Tenemos que integrarnos $\rho \mapsto (\rho,z_\sigma)=\l(\rho,R\cos(\rho/R)\r)$ . Eso da $|d\vec r| = \sqrt{1+\l(-R\sin(\rho/R)/R\r)^2}d\rho\approx\sqrt{1+\l(\rho/R\r)^2}d\rho$ . Por lo tanto, tuve que eliminar las cosas para el campo D de segundo orden:-(.

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