Bewertung der Nettokraft, die die südliche Hemisphäre einer gleichförmig geladenen Kugel auf die nördliche Hemisphäre ausübt

Question

Bewertung der Nettokraft, die die südliche Hemisphäre einer gleichförmig geladenen Kugel auf die nördliche Hemisphäre ausübt

VG

Finden Sie die Nettokraft, die die südliche Hemisphäre einer gleichförmig geladenen Kugel auf die nördliche Hemisphäre ausübt.

Ich bin mir vollkommen bewusst, dass diese Frage schon oft gestellt wurde ( hier ), aber ich bin überrascht, dass ich keine Lösung finden konnte, indem ich Elemente durch Integration verwendete!

Ich habe versucht, Elementarscheiben zu nehmen und sie dann für die gesamte Hemisphäre zu integrieren, aber meine Antwort stimmte nicht mit der richtigen Antwort überein.

Hier ist meine Arbeit:

Es ist bekannt , dass für eine gleichmäßig geladene Scheibe mit Ladungsdichte $\sigma$ , das elektrische Feld an einem Punkt auf seiner Achse ist gegeben durch $E=\dfrac{\sigma}{2\epsilon_0}(1-\cos \theta)$ , Wo $\theta$ ist der Winkel zwischen der Achse und der Linie, die den Punkt mit dem Umfang der Scheibe verbindet.

Und $\sigma= \dfrac{\mathrm{d}q}{\pi R^2 \sin^2 \theta}= \rho R ~\mathrm{d}\theta$ für eine elementare Scheibe, so sollte das Gesamtfeld durch Integration des Ausdrucks from gegeben werden $\theta=0$ Zu $\dfrac{\pi}2$ , So

E = \int D E = \frac{ρ R}{2 ϵ_{0}} \int_{0}^{\frac{π}{2}} (1 - \cos θ) D θ = \frac{ρ R}{2 ϵ_{0}} (\frac{π}{2} - 1)

$E=\int \mathrm{d}E= \dfrac{\rho R}{2 \epsilon_0} \int_0^{\frac{\pi}{2}} (1-\cos \theta) \mathrm{d} \theta \\ =\dfrac{\rho R}{2 \epsilon_0}\left(\dfrac{\pi}{2}-1\right)$

Seit $\rho=\dfrac{Q}{\frac{2}{3}\pi R^3}$ , bekommen wir schließlich $E=\dfrac{3Q}{4\pi R^2 \epsilon_0}\left(\dfrac{\pi}{2}-1\right)$ und für die Kraft multiplizieren wir es mit $Q$ .

Was völlig anders ist als die richtige Antwort. Was mache ich falsch ?

Triatticus

Ihre Analyse ergibt, dass die Kraft unter der Annahme, dass die obere Hemisphäre eine Punktladung am Ursprung ist, diese Annäherung nicht gültig ist.

Antworten (1)

Bewertung der Nettokraft, die die südliche Hemisphäre einer gleichförmig geladenen Kugel auf die nördliche Hemisphäre ausübt

Ihre Analyse ergibt, dass die Kraft unter der Annahme, dass die obere Hemisphäre eine Punktladung am Ursprung ist, diese Annäherung nicht gültig ist.

VG · Answer 1

Endlich verstehe ich meinen Fehler, auf den @Triatticus hingewiesen hat, dass ich die nördliche Hemisphäre als Punktladung angenommen habe, und das ist nicht korrekt. Es erfordert, die Kraft mithilfe der Integration zu berechnen, und ich präsentiere eine Lösung, die keine Integration mithilfe von Polarkoordinaten erfordert, wie im verlinkten Beitrag:

Fahren Sie fort, indem Sie eine Gaußsche Radiusschale nehmen $r$ , wenden wir das Gaußsche Gesetz an als

| E | 4 π R^{2} = \frac{ρ (\frac{4}{3} π R^{3})}{ϵ_{0}} ⟹ E = \frac{ρ R}{3 ϵ_{0}}

$|E|4\pi r^2 = \dfrac{\rho\left(\dfrac{4}{3}\pi r^3\right)}{\epsilon_0} \implies E=\dfrac{\rho r}{3 \epsilon_0}$ Wir werden verwenden

ρ = \frac{Q}{\frac{4}{3} π R^{3}}

$\rho=\dfrac{Q}{\frac{4}{3}\pi R^3}$ später.

Jetzt brauchen wir die auf jede Elementarladung ausgeübte Gesamtkraft $\mathrm dq$ aufgrund dieses Feldes. Es ist klar, dass die Kraft aufgrund der Symmetrie vertikal nach oben durch den Mittelpunkt der Kugel gehen würde.

Auf eine Elementarladung ausgeübte Kraft $\mathrm dq$ wird von gegeben $\mathrm d \overrightarrow{F}=\overrightarrow{E} \mathrm d q$ und so ergibt sich die Gesamtkraft durch Integration dieses Ausdrucks, d.h

\vec{F} = \int D \vec{F} = \int \vec{E} D Q = \frac{ρ}{3 ϵ_{0}} \int \vec{R} D Q

$\overrightarrow{F}=\int \mathrm d \overrightarrow {F} =\int \overrightarrow E \mathrm dq=\dfrac{\rho}{3\epsilon_0}\int \overrightarrow{r} \mathrm d q$

Was bedeutet nun das Integral $\displaystyle \int \overrightarrow{r} \mathrm d q$ erinnern uns an? Erinnern Sie sich daran, dass in der Mechanik die Position des Massenschwerpunkts eines Massenkörpers $m$ wird von gegeben $\dfrac{\displaystyle \int \overrightarrow{r} \mathrm d m}{\displaystyle \int \mathrm d m}$ , was wir daraus schließen können, ist, dass wir unter Verwendung der ähnlichen Analogie diese gesamte Kraft auf den Massenmittelpunkt der nördlichen Hemisphäre anwenden. Es ist ein Standardergebnis, dass der Schwerpunkt einer festen Kugel im Abstand von liegt $\dfrac{3R}{8}$ aus der Mitte. Also verwenden $\displaystyle \int \overrightarrow{r} \mathrm d q=\dfrac{3QR}{16}$ , und den Wert von einstecken $\rho$ bezüglich $Q$ , erhalten wir die Nettokraft als

F = \frac{3 Q^{2}}{64 π ϵ_{0} R^{2}}

$\boxed{F=\dfrac{3Q^2}{64 \pi \epsilon_0 R^2}}$

Netter Trick am Ende, ein Punkt ist, dass wir keine Polarkoordinaten verwenden, sondern sphärische Koordinaten in verknüpften Töpfen.

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VG

Triatticus

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VG

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