Elektrisches Feld auf einer Kugelschale mit ausgeschnittener Scheibe

Question

Elektrisches Feld auf einer Kugelschale mit ausgeschnittener Scheibe

Shreyas B.

Ich bin auf dieses Problem in Electricity and Magnetism von EM Purcell gestoßen:

Eine Kugelschale mit Radius $a$ mit einer gleichmäßigen Oberflächenladungsdichte aufgeladen ist $\sigma$ . Ein kleines Loch mit Radius $b << a$ ausgeschnitten (im Wesentlichen eine Scheibe mit Radius $b$ ). Wie groß ist das elektrische Feld in der Mitte des Lochs?

Intuitiv sollte die Richtung des Feldes radial nach außen sein, obwohl ich Probleme habe, es zu finden. Ich dachte daran, die Festplatte wieder einzustecken, um ein Feld von zu bekommen $\displaystyle\vec{E} = \frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{4\pi a^2\sigma}{a^2} \hat{\rho} = \frac{\sigma}{\epsilon_0}\hat{\rho}$ , und dann versuchen, das Feld aufgrund der Festplatte zu "entfernen", aber das scheint nicht zu funktionieren. Irgendwelche Vorschläge (die Antwort ist $\frac{\sigma}{2\epsilon_0}\hat{\rho}$ )?

Philipp

Es ist schon eine Weile her, seit ich Elektrostatik gemacht habe, also entschuldigen Sie, wenn das nicht richtig ist. Aber hier ist meine Idee (die Ihrem Vorschlag sehr ähnlich ist und die richtige Antwort zu geben scheint): Betrachten Sie die folgenden komplementären Probleme: eine Kugelschale mit Radius

a

$a$ und Ladungsdichte

σ

$\sigma$ (kein Loch) und eine kleine kreisförmige Radiusscheibe

b

$b$ und Ladungsdichte

- σ

$-\sigma$ , dann die elektrischen Felder einzeln auswerten. Was passiert, wenn die Scheibe auf die Schale gelegt wird?

Antworten (1)

Elektrisches Feld auf einer Kugelschale mit ausgeschnittener Scheibe

Es ist schon eine Weile her, seit ich Elektrostatik gemacht habe, also entschuldigen Sie, wenn das nicht richtig ist. Aber hier ist meine Idee (die Ihrem Vorschlag sehr ähnlich ist und die richtige Antwort zu geben scheint): Betrachten Sie die folgenden komplementären Probleme: eine Kugelschale mit Radius $a$ und Ladungsdichte $\sigma$ (kein Loch) und eine kleine kreisförmige Radiusscheibe $b$ und Ladungsdichte $-\sigma$ , dann die elektrischen Felder einzeln auswerten. Was passiert, wenn die Scheibe auf die Schale gelegt wird?

ZeroTheHero · Answer 1

ZeroTheHero

Ich denke, Sie sind auf dem richtigen Weg. Die Idee ist, das Feld einer vollständigen, unpunktierten Kugel mit Oberflächenladungsdichte zu betrachten $\sigma$ und "füge" einen kleinen Fleck der Oberflächenladungsdichte hinzu $-\sigma$ . Durch Überlagerung entsprechen der Patch und die volle Kugel einer Kugel mit einem kleinen Loch darin.

Sie haben Recht, dass das Feld direkt an der Oberfläche für die nicht durchstochene Kugel ist $E=\sigma/\epsilon_0$ . Der Trick besteht meines Erachtens darin, dass der Fleck für einen Punkt sehr nahe an der Oberfläche als eine unendliche Platte mit Oberflächenladung betrachtet werden kann $-\sigma$ . Dies ist aus denselben Gründen möglich, aus denen man eine Platte als unendlich betrachtet, wenn der Punkt, an dem wir auffangen möchten, viel näher an der Platte liegt als jede der physikalischen Abmessungen der Platte. Dies erscheint hier gerechtfertigt, da Sie sich im Zentrum der "Platte" und willkürlich nahe an ihr befinden. Das Feld einer solchen Platte ist $-\sigma/2\epsilon_0$ also ist das Nettofeld in der Mitte so

\frac{σ}{ϵ_{0}} - \frac{σ}{2 ϵ_{0}} = \frac{σ}{2 ϵ_{0}}

$\frac{\sigma}{\epsilon_0}-\frac{\sigma}{2\epsilon_0}=\frac{\sigma}{2\epsilon_0}$

Shreyas B.

Vielen Dank - um es noch einmal zu wiederholen, da der Abstand von der Platte "unendlich klein" ist, kann man das Gaußsche Gesetz verwenden, um das elektrische Feld aufgrund der Scheibe zu berechnen als:

\oint E \cdot d \vec{A} = \frac{\sum Q}{ϵ_{0}} \Rightarrow (E) (2 π r^{2}) = \frac{π r^{2} (- σ)}{ϵ_{0}} \Rightarrow E = \frac{- σ}{2 ϵ_{0}}

$\oint E \cdot \, d\vec{A} = \frac{\sum Q}{\epsilon_0} \Rightarrow (E)(2\pi r^2) = \frac{\pi r^2 (-\sigma)}{\epsilon_0} \Rightarrow E = \frac{-\sigma}{2\epsilon_0}$ , also ist die Summe gerecht

\frac{σ}{ϵ_{0}} - \frac{σ}{2 ϵ_{0}} = \frac{σ}{2 ϵ_{0}}

$\frac{\sigma}{\epsilon_0} - \frac{\sigma}{2\epsilon_0} = \frac{\sigma}{2\epsilon_0}$ ?

ZeroTheHero

Der erste wichtige Punkt ist, um die Wirkung des Einstichs zu berechnen, betrachtet man das kleine Loch als sehr klein. Der zweite Schlüsselpunkt ist, dass zur Berechnung des Feldes im Zentrum dieser sehr kleinen Scheibe die Ausdehnung der kleinen Scheibe durchaus unendlich sein könnte, da es auf das Verhältnis des Abstands zu dieser Scheibe/Radius der Scheibe ankommt, eine Größe das wird gehen

0

$0$ für alle

b \neq 0

$b\ne 0$ . Was den Rest betrifft, ja, es ist nur das Gaußsche Gesetz gemäß Ihrem Kommentar.

Shreyas B.

Was ich nicht verstehe, ist Folgendes: das Potenzial im Zentrum einer Radiusscheibe

a

$a$ kann durch Berücksichtigung der Breite konzentrischer Ringe berechnet werden

d r

$dr$ und Radius

r

$r$ . Seit

d ϕ = \frac{1}{4 π ϵ_{0}} \frac{σ d x d r}{r}

$\displaystyle d\phi = \frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{\sigma\, dx\, dr}{r}$ , Wo

x

$x$ repräsentiert

ϕ

$\phi$ für alle Stücke auf dem Radiusring

r

$r$ , wir können zweimal integrieren, um das zu bekommen

ϕ = 0

$\phi = 0$ in der Mitte der Scheibe. Wenn

\vec{E} = - \nabla ϕ

$\displaystyle\vec{E} = -\nabla\phi$ , das impliziert

\vec{E} = 0

$\vec{E} = 0$ . Was ist hier falsch?

ZeroTheHero

Ich bin mir nicht sicher, ob die Nutzung des Potenzials produktiv ist, da die Geometrie die Berechnung erschwert

ϕ

$\phi$ irgendwo außer auf der Symmetrieachse der Platte. Dies reicht nicht aus, um den Gradienten zu berechnen, da das Potential im Prinzip von Null verschieden sein könnte

\partial / \partial r

$\partial/\partial r$ .

Philipp

Eigentlich habe ich darauf keine Antwort geschrieben, weil @ShreyasB etwas dran ist. sagt, dass ich es nicht klar erklären konnte. Ich glaube, das Feld im Zentrum einer geladenen Scheibe ist Null. Nehmen Sie zum Beispiel diese Antwort , die das zeigt

E = σ / 2 ϵ_{0}

$E = \sigma/2\epsilon_0$ funktioniert nur für

z > 0

$z>0$ . Direkt im Zentrum

z = 0

$z=0$ , heben sich alle Beiträge auf und geben Ihnen

E = 0

$E=0$ . Die Lösung, denke ich, ist, dass ein unendlich dünnes Blatt selbst ziemlich unrealistisch ist und man sich daher einfach als unendlich nahe betrachten könnte.

Elektrisches Feld auf einer Kugelschale mit ausgeschnittener Scheibe

Shreyas B.

Philipp

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ZeroTheHero

Shreyas B.

ZeroTheHero

Shreyas B.

ZeroTheHero

Philipp

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